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

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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cosn,===,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.‎ ‎∴cosn1,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=|cosn,|===.‎ 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 cosm,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 -‎
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