浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题8立体几何与空间向量+第62练高考大题突破练_立体几何

浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题8立体几何与空间向量+第62练高考大题突破练_立体几何

第62练 高考大题突破练—立体几何 ‎[基础保分练]‎ ‎1.(2019·杭州二中模拟)如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为线段BC上一点，且DC＝BC，让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.‎ ‎(1)在线段BC上是否存在一点E，使平面AEC′⊥平面ABC？请证明你的结论；‎ ‎(2)求直线C′D与平面ABC所成的角.‎ ‎2.(2019·衢州模拟)已知三棱台ABC—A1B1C1的下底面△ABC是边长2的正三角形，上底面△A1B1C1是边长为1的正三角形.A1在下底面的射影为△ABC的重心，且A1B⊥A1C.‎ ‎(1)证明：A1B⊥平面ACC1A1；‎ ‎(2)求直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值.‎ ‎3.(2019·萧山中学模拟)如图，已知直角梯形ABCD和正方形BCEF，二面角A—BC—E的大小为120°，且满足AB∥CD，AD⊥AB，AD＝DC＝AB＝2，点M，H分别是线段EF，AE的中点，点N是线段AF上异于A，F的点.‎ ‎(1)求证：CH⊥平面AEF；‎ ‎(2)求直线MN与平面BCEF所成角的最大值.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎4.如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.‎ ‎(1)求证：FG∥平面PDE；‎ ‎(2)求证：平面FGH⊥平面ABE；‎ ‎(3)在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1．解　(1)存在BC的中点E，使平面AEC′⊥平面ABC，取BC的中点E，‎ 由题意知AE⊥BC，又因为AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′，‎ 因为BC⊂平面ABC，‎ 所以平面AEC′⊥平面ABC.‎ ‎(2)在平面AC′E中，过点C′作C′H⊥AE交AE的延长线于点H，连接HD.由(1)知，C′H⊥平面ABC，‎ 所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角．‎ 由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，‎ 得BC＝2，DC＝，ED＝，‎ EC′＝，‎ 在△AEC′中，由余弦定理得 cos∠AEC′＝－，‎ 所以cos∠HEC′＝，‎ sin∠HEC′＝，‎ 所以HC′＝EC′·sin∠HEC′＝，‎ 所以sin∠HDC′＝＝，‎ 所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.‎ ‎2．(1)证明　记△ABC的重心为G，连接BG并延长交AC于点M.‎ 因为底面△ABC为正三角形，‎ 所以BG⊥AC，‎ 又点A1在底面上的射影为G，‎ 所以A1G⊥平面ABC，‎ 所以A1G⊥AC，‎ 因为A1G∩BG＝G，‎ A1G⊂平面A1BG，‎ BG⊂平面A1BG，‎ 所以AC⊥平面A1BG，‎ 又A1B⊂平面A1BG，‎ 所以AC⊥A1B.‎ 又A1B⊥A1C，且A1C∩AC＝C，‎ A1C⊂平面A1AC，‎ AC⊂平面A1AC，‎ 所以A1B⊥平面A1AC，‎ 因此，A1B⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)解　由于ABC—A1B1C1为棱台，设三侧棱延长交于一点D.因为AB＝2A1B1＝2，‎ 则A1，B1分别为棱AD，BD的中点．‎ 又G为正△ABC的重心，‎ 则BM＝，CG＝BG＝BM＝，‎ GM＝BM＝.‎ 因为A1B⊥平面ACC1A1，‎ 所以A1B⊥A1M，‎ 故在Rt△A1BM中，A1G⊥BM，‎ 由三角形相似，得A1G2＝BG·GM＝，‎ A1B2＝BG·BM＝2.‎ 取A1D的中点H，连接B1H，CH，‎ 则B1H∥A1B，且B1H＝A1B＝，‎ 故B1H⊥平面ACC1A1，‎ 即∠B1CH即为直线CB1与平面ACC1A1所成的角．‎ 又＝＋＋，‎ 且GC⊥BA，A1G⊥BA，B1A1∥BA，‎ 所以⊥，⊥，‎ 又⊥，‎ 所以2＝2＋2＋2＝3，‎ 即B1C＝，‎ 所以sin∠B1CH＝＝，‎ 即直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为.‎ ‎3．(1)证明　由题可得 AC＝＝2，‎ CE＝BC＝＝2，‎ ‎∴AC＝CE.‎ 又H是AE的中点，∴CH⊥AE.‎ ‎∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，‎ ‎∴AC⊥EF.‎ ‎∵CE⊥EF，AC⊥EF，AC∩CE＝C，‎ ‎∴EF⊥平面ACE.‎ ‎∵HC⊂平面ACE，∴EF⊥HC，‎ 又EF∩AE＝E，∴CH⊥平面AEF.‎ ‎(2)解　方法一　过点A作AK⊥CE，垂足为K，连接KF，过点N作NL∥AK，交KF为L，连接ML，∵EF⊥平面ACE，‎ ‎∴平面EFK⊥平面ACE，‎ 又∵平面EFK∩平面ACE＝CE，AK⊂平面ACE，‎ ‎∴AK⊥平面EFK，∴NL⊥平面EFK，‎ ‎∴∠NML就是直线MN与平面BCEF所成的角．‎ 设FL＝x，∵AK＝，KF＝，‎ 则NL＝x，‎ ML2＝FL2＋FM2－2FM×FL×‎ cos∠MFL＝x2－x＋2，‎ ‎∴tan∠NML＝ ‎＝ ‎＝，‎ ‎∵x∈(0，)，∴∈，‎ ‎∴当＝时，(tan∠NML)max＝，‎ ‎∴直线MN与平面BCEF所成角的最大值是.‎ 方法二　以点C为原点，分别以CA，CB所在直线为x轴、y轴，过点C垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，‎ ‎∴C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，E(－，0，)，‎ ‎∴＝＋＝＋＝(－，0，)＋(0,2，0)＝(－，2，)，‎ ‎∴F(－，2，)，M(－，，)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCEF的法向量，‎ 由即 令z＝1，得n＝(，0,1)．‎ 设||＝λ||(0<λ<1)，‎ ＝＋＝＋λ ‎＝(2，0,0)＋λ(－3，2，)‎ ‎＝(2－3λ，2λ，λ)，‎ ＝－ ‎＝(3－3λ，2λ－，λ－)，‎ ‎∴sinθ＝ ‎＝＝，‎ 令x＝1－λ，x∈(0,1)，‎ 则sinθ＝ ‎＝≤，‎ 当＝2，即x＝，λ＝时取等号．‎ ‎∴θ的最大值是.‎ 能力提升练 ‎4．(1)证明　因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE.‎ 又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，‎ 所以FG∥平面PDE.‎ ‎(2)证明　因为EA⊥平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以EA⊥CB.‎ 又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，‎ 所以FH∥BC，则FH⊥平面ABE.‎ 又FH⊂平面FGH，‎ 所以平面FGH⊥平面ABE.‎ ‎(3)解　在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.‎ 证明如下：‎ 如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.‎ 在Rt△AEB中，‎ 因为AE＝1，AB＝2，所以BE＝.‎ 在直角梯形EADP中，‎ 因为AE＝1，AD＝PD＝2，‎ 所以PE＝，所以PE＝BE.‎ 又F为PB的中点，所以EF⊥PB.‎ 要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM.‎ 因为EA⊥CB，PD∥AE，所以PD⊥CB，‎ 又CB⊥CD，PD∩CD＝D，‎ PD，CD⊂平面PCD，‎ 所以CB⊥平面PCD，‎ 而PC⊂平面PCD，所以CB⊥PC.‎ 若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，‎ 可得＝.‎ 由已知可求得PB＝2，PF＝，PC＝2，‎ 所以PM＝.‎ 故在线段PC上存在一点M，当PM＝时，使得PB⊥平面EFM.‎