- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
高考数学一轮复习练案49高考大题规范解答系列四-立体几何含解析
[练案49]高考大题规范解答系列(四)——立体几何 1.(2019·安徽黄山质检)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点,且AD⊥BC,四边形ABB1A1为正方形. (1)求证:A1C∥平面AB1D; (2)若∠BAC=60°,BC=4,求点A1到平面AB1D的距离. [解析] (1)连接BA1,交AB1于点E,再连接DE, 由已知得,四边形ABB1A1为正方形,E为A1B的中点, ∵D是BC的中点,∴DE∥A1C, 又DE⊂平面AB1D,A1C⊄平面AB1D, ∴A1C∥平面AB1D. (2)∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中, 平面BCC1B1⊥平面ABC,且BC为它们的交线, 又AD⊥BC,∴AD⊥平面BCC1B1, 又∵B1D⊂平面BCC1B1,∴AD⊥B1D, 且AD=2,B1D=2. 同理可得,过D作DG⊥AB,则DG⊥面ABB1A1, 且DG=. 设A1到平面AB1D的距离为h,由等体积法可得: VA1-AB1D=VD-AA1B1,即 ··AD·DB1·h=··AA1·A1B1·DG, 即2·2·h=4·4·,∴h=. 即点A1到平面AB1D的距离为. (注:本题也可建立空间直角坐标系用向量法求解.) 2.(2019·天津,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. - 10 - (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD; (2)求证:PA⊥平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. [解析] (1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GH∥PD. 又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD, 所以GH∥平面PAD. (2)取棱PC的中点N,连接DN. 依题意,得DN⊥PC, 又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC, 所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA. 又已知PA⊥CD,CD∩DN=D, 所以PA⊥平面PCD. (3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角. 因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN==. 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为. 3.(2018·课标全国Ⅰ卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF. (1)证明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. - 10 - [解析] (1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 所以BF⊥平面PEF. 又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD. 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1,所以PE=. 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF. 可得PH=,EH=. 则H(0,0,0),P(0,0,),D(-1,-,0), =(1,,),=(0,0,)为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为θ, 则sinθ===. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 4.在如图所示的多面体ABCDEF中,ABCD为正方形,底面ABFE为直角梯形,平面ABCD⊥平面ABFE,AE∥BF,∠EAB=90°,AB=BF=1. (1)求证:DB⊥EC; (2)若AE=AB,求二面角C-EF-B的余弦值. [解析] (1)因为底面ABFE为直角梯形,AE∥BF, - 10 - ∠EAB=90°,所以AE⊥AB,BF⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABFE,平面ABCD∩平面ABFE=AB, 所以AE⊥平面ABCD,BF⊥平面ABCD,所以BF⊥BC. 设AE=t,以BA,BF,BC所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),C(0,0,1),D(1,0,1),E(1,t,0), 故=(-1,0,-1),=(-1,-t,1), 因为·=(-1,0,-1)·(-1,-t,1)=1-1=0, 所以DB⊥EC. (2)由(1)可知=(0,0,1)是平面BEF的一个法向量, 设n=(x1,y1,z1)是平面CEF的法向量, 因为AE=AB=1,所以E(1,1,0),又F(0,2,0), 故=(1,1,-1),=(0,2,-1). 由·n=(1,1,-1)·(x1,y1,z1)=0可得x1+y1-z1=0, 由·n=(0,2,-1)·(x1,y1,z1)=0可得2y1-z1=0, 令z1=2,得y1=1,x1=1,故n=(1,1,2)为平面CEF的一个法向量, 所以cosn,===,即二面角C-EF-B的余弦值为. 5.(2019·郑州模拟)如图1,在矩形ABCD中,AB =1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将△ABE折起至△PBE,如图2所示,点P在平面BCDE上的射影O落在BE上. (1)求证:BP⊥CE; (2)求二面角B-PC-D的余弦值. - 10 - [解析] (1)∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上, ∴PO⊥平面BCDE,∴PO⊥CE, 由题意,易知BE⊥CE,又PO∩BE=O, ∴CE⊥平面PBE,∴BP⊥CE. (2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,PO所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 则B(,-,0),C(,,0),D(-,,0),P(0,0,), ∴=(-1,0,0),=(-,-,), =(,-,-),=(0,2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则,即, 令z1=,可得n1=(0,,)为平面PCD的一个法向量,设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则,即, 令z2=,可得n2=(2,0,),为平面PBC的一个法向量. ∴cosn1,n2==, 由图可知二面角B-PC-D为钝角,故二面角B-PC-D的余弦值为-. 6.(2019·河北衡水中学模拟)在△ABC中,D、E分别为AB、AC的中点,AB=2BC=2CD,以DE为折痕将△ADE折起,使点A到点P的位置,如图2. - 10 - (1)证明:平面BCP⊥平面CEP; (2)若平面DEP⊥平面BCED,求直线DP与平面BCP所成角的正弦值. [解析] (1)证明:在题图1中,因为AB=2BC=2CD,且D为AB的中点.由平面几何知识,得∠ACB=90°. 又因为E为AC的中点,所以DE∥BC, 在题图2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E, 所以DE⊥平面CEP,所以BC⊥平面CEP. 又因为BC⊂平面BCP, 所以平面BCP⊥平面CEP. (2)因为平面DEP⊥平面BCED, 平面DEP∩平面BCED=DE,EP⊂平面DEP,EP⊥DE. 所以EP⊥平面BCED. 又因为CE⊂平面BCED,所以EP⊥CE. 以E为坐标原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 在题图1中,设BC=2a,则AB=4a,AC=2a, AE=CE=a,DE=a, 则P(0,0,a),D(a,0,0),C(0,a,0),B(2a,a,0). 所以=(-a,0,a),=(-2a,0,0), =(0,-a,a). 设n=(x,y,z)为平面BCP的法向量, 则即 - 10 - 令y=1,则z=1.所以n=(0,1,1). 设DP与BCP平面所成的角为θ, 则sin θ=|cosn,|===. 所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为. 7.(2019·吉林长春质检)如图,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AD=AB=BC=1,CD=2,E为CD中点,AE与BD交于O,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE). (1)证明:平面POB⊥平面ABCE; (2)若直线PB与平面ABCE所成的角为,求二面角A-PE-C的余弦值. [解析] (1)证明:在△PAE中,OP⊥AE,在△BAE中,OB⊥AE, ∴AE⊥平面POB,AE⊂平面ABCE, 所以平面POB⊥平面ABCE. (2)在平面POB内作PQ⊥OB=Q, ∴PQ⊥平面ABCE. ∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBQ=; 又∵OP=OB,∴OP⊥OB,O、Q两点重合, 即OP⊥平面ABCE, 以O为原点,OE为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系, 由题意得,各点坐标为P(0,0,),E(,0,0),C(1,,0), - 10 - ∴=(,0,-),=(,,0), 设平面PCE的个法向量为n1=(x,y,z), 则,即, 设x=,则y=-1,z=1, ∴n1=(,-1,1), 由题意得平面PAE的一个法向量n2=(0,1,0), 设二面角A-P-EC为α, |cos α|===, 即二面角A-PE-C的余弦值为-. 8.(2019·山东临沂模拟)如图,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE=1,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE. (1)求证:AE⊥平面BCE; (2)线段AD上是否存在一点M,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为?若存在,试确定点M的位置;若不存在,请说明理由. [解析] (1)∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE, ∴BF⊥AE, ∵四边形ABCD是正方形, ∴BC⊥AB, 平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB, ∴CB⊥平面ABE, ∵AE⊂平面ABE,∴CB⊥AE, - 10 - ∵BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE. (2)线段AD上存在一点M,当AM=时,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为. 证明:∵AE⊥平面BCE,BE⊂平面BCE, ∴AE⊥BE, 在Rt△AEB中,AB=2,AE=1, ∴∠ABE=30°,∠BAE=60°, 以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz, 设AM=h,则0≤h≤2, ∵AE=1,∠BAE=60°, ∴M(0,0,h),E(,,0),B(0,2,0),C(0,2,2), 所以=(,,-h),=(,-,-2), 设平面MCE的一个法向量n=(x,y,z), 则, 令z=2,解得n=((2+3h),h-2,2), 平面ABE的一个法向量m=(0,0,1), 由题意可知 cosm,n===, 解得h=, 所以当AM=时,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为. - 10 - - 10 -查看更多