（鲁京津琼专用）高考数学一轮复习 专题8 立体几何与空间向量 第57练 高考大题突破练—立体几何练习（含解析）-人教版高三全册数学试题.docx

第57练高考大题突破练—立体几何
[基础保分练]
1．(2019·四川诊断)如图所示，四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，SA＝2，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，∠ACD＝60°，E为CD的中点．

(1)求证：BC∥平面SAE；
(2)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值．

2．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．

(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．

3．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD＝6，CE⊥AD于E点，把△DEC沿CE折到△D′EC的位置，使D′A＝2eq\r(3).如图②，若G，H分别为D′B，D′E的中点．

(1)求证：GH⊥平面AD′C；
(2)求平面D′AB与平面D′CE的夹角.

[能力提升练]
4．(2016·北京)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).

(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M；使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，请说明理由．

答案精析
1．(1)证明因为AB＝eq\r(3)，
BC＝1，∠ABC＝90°，
所以AC＝2，∠BCA＝60°，
在△ACD中，AD＝2eq\r(3)，
AC＝2，∠ACD＝60°，
由余弦定理可得
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD，
解得CD＝4，
所以AC2＋AD2＝CD2，
所以△ACD是直角三角形，
又E为CD的中点，
所以AE＝eq\f(1,2)CD＝CE，
又∠ACD＝60°，
所以△ACE为等边三角形，
所以∠CAE＝60°＝∠BCA，
所以BC∥AE，
又AE⊂平面SAE，BC⊄平面SAE，
所以BC∥平面SAE.
(2)解由(1)可知∠BAE＝90°，以A为坐标原点，

以AB，AE，AS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则S(0,0,2)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，
D(－eq\r(3)，3,0)．
eq\o(SB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－2)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，
eq\o(SD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－2)，
设n＝(x，y，z)为平面SBC的法向量，
则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(SB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(SC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－2z＝0，,\r(3)x＋y－2z＝0，))
设x＝1，则y＝0，z＝eq\f(\r(3),2)，
即平面SBC的一个法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(3),2)))，
所以cos〈n，eq\o(SD,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(SD,\s\up6(→)),|n||\o(SD,\s\up6(→))|)
＝eq\f(－2\r(3),\r(\f(7,4))×\r(16))＝－eq\f(\r(21),7)，
所以直线SD与平面SBC所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).
2．(1)证明设FC中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，

因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，
所以GH∥平面ABC.
(2)解连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，

所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题意得B(0,2eq\r(3)，0)，
C(－2eq\r(3)，0,0)．
过点F作FM⊥OB于点M，
所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，
可得F(0，eq\r(3)