2018届二轮复习立体几何学案（全国通用）

2018届二轮复习立体几何学案（全国通用）

‎2017高三理科数学二轮复习导学案 专题三：立体几何 ‎1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AAl，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点 ‎（ I）证明：EF⊥平面CME；‎ ‎（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．‎ ‎2．正三棱柱ABC﹣A1B1C1底边长为2，E，F分别为BB1，AB的中点．‎ ‎（I）已知M为线段B1A1上的点，且B1A1=4B1M，求证：EM∥面A1FC；‎ ‎（II）若二面角E﹣A1C﹣F所成角的余弦值为，求AA1的值．‎ ‎3．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，‎ FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF．‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；‎ ‎（Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．‎ ‎4．如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥底面ABCD，BC=CD=AC=2，‎ ‎∠ACB=∠ACD=．‎ ‎（1）证明：AP⊥BD；‎ ‎（2）若AP=，AP与BC所成角的余弦值为，‎ 求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．．[来源:学科网]‎ ‎5．如图（1）所示，在直角梯形ABCD中，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图（2）所示．‎ ‎（1）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值．‎ ‎6.如图，在等腰梯形中，，，，‎ 四边形为矩形，平面平面，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）点在线段上运动，设平面与平面二面角的平面角为，试求的取值范围.‎ ‎7．如图在棱锥P﹣ABCD中，ABCD为矩形，PD⊥面ABCD，PB=2，PB与面PCD成45°角，PB与面ABD成30°角．‎ ‎（1）在PB上是否存在一点E，使PC⊥面ADE，若存在确定E点位置，若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）当E为PB中点时，求二面角P﹣AE﹣D的余弦值．‎ ‎8．如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AD=1，BC=2，E为CD上一点，F为BE的中点，且DE=1，EC=2，现将梯形沿BE折叠（如图2），使平面BCE⊥ABED．‎ ‎（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；‎ ‎（2）能否在边AB上找到一点P（端点除外）使平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．‎ 专题三：立体几何答案 ‎1、证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，‎ 在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，‎ 又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，‎ ‎∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，‎ 又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．‎ 解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，‎ ‎∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，‎ 设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，‎ ‎∴MC，MA，MN两两垂直，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），‎ ‎=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），‎ 设平面CEF的法向量为=（x，y，z），‎ 则，取z=2，得=（5，4，2），‎ 设直线AC1与平面CEF所成角为θ，‎ 则sinθ==，‎ ‎∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．‎ ‎2．证明：（I）取B1A1中点为N，连结BN，则BN∥A1F，‎ 又B1A1=4B1M，则EM∥BN， 所以EM∥A1F，‎ 因为EM⊄面A1FC，A1F⊂面A1FC， 故EM∥面A1FC．‎ 解：（II）如图，以F为坐标原点建立空间直角坐标系，设AA1=a．‎ 则，‎ ‎，‎ 设平面A1CF法向量为， 设平面A1CE法向量为．‎ 则，取z=1，得，‎ ‎，取x=a，得；‎ 设二面角E﹣A1C﹣F的平面角为θ，‎ ‎∵二面角E﹣A1C﹣F所成角的余弦值为，‎ ‎∴，‎ 整理，得a2=，∴a=，‎ 故当二面角E﹣A1C﹣F所成角的余弦值为时，AA1的值为．‎ ‎3．（I）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD，‎ 所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD，‎ 又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD⊂平面AED，‎ 所以BD⊥平面AED；‎ ‎（II）解法一：由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC，‎ 又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系，‎ 不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（，﹣，0），F（0，0，1），‎ 因此=（，﹣，0），=（0，﹣1，1）‎ 设平面BDF的一个法向量为=（x，y，z），则•=0，•=0‎ 所以x=y=z，取z=1，则=（，1，1），‎ 由于=（0，0，1）是平面BDC的一个法向量，‎ 则cos＜，＞===，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 解法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以FC⊥BD，由于FC∩CG=C，FC，CG⊂平面FCG．‎ 所以BD⊥平面FCG．故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，‎ 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD=120°，‎ 因此CG=CB，又CB=CF，‎ 所以GF==CG，‎ 故cos∠FGC=，‎ 所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 ‎4．（1）证明：∵∠ACB=∠ACD=，BC=CD．∴BD⊥AC．‎ ‎∵平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩底面ABCD=AC，‎ ‎∴BD⊥平面PAC， ∴BD⊥AP．‎ ‎（2）解：连接BD与AC相交于点E，‎ ‎∵BC=CD=，∠ACB=∠ACD=． 则BD⊥AC，‎ 又BD⊥平面PAC，分别以EB，EC为x，y轴，过点E与平面ABCD垂直的直线为z轴，则z轴⊂平面APC．‎ 可得B（，0，0），C（0，1，0），A（0，﹣3，0），设P（0，y，），‎ ‎=（﹣，1，0），=（0，y+3，）．[来源:学+科+网]‎ ‎∵AP与BC所成的余弦值为，‎ ‎∴===，﹣3≤y≤0，解得y=﹣1．‎ ‎∴P（0，﹣1，）， ∴=（﹣，﹣1，），=（，3，0），‎ 设平面ABP的法向量为=（x，y，z），‎ 则，∴，‎ 取=．‎ 同理可得：平面BPC的法向量=．‎ ‎∴===．‎ ‎∵二面角A﹣BP﹣C的平面角为钝角， ∴二面角A﹣BP﹣C的余弦值为．‎ ‎5．（1）证明：在图（1）中，因为，E是AD的中点，且，‎ 所以BE⊥AC，BE∥CD，‎ 即在图（2）中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC=O，OA1⊂平面A1OC，OC⊂平面A1OC，‎ 从而BE⊥平面A1OC，又BE∥CD，所以CD⊥平面A1OC．‎ ‎（2）解：由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且交线为BE，‎ 又由（1）知，BE⊥OA1，所以OA1⊥平面BCDE，‎ 如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，‎ 设，所以，‎ 得．‎ 设平面A1BC的法向量，平面A1CD的法向量，‎ 平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，‎ 则得，取，同理，取，‎ 从而，‎ 即平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为．‎ ‎6.‎ 令，则，‎ ‎∴.‎ 设为平面的一个法向量，‎ 由，得，[来源:学科网ZXXK]‎ 取，则，‎ ‎∵是平面的一个法向量，‎ ‎∴.‎ ‎∵，∴当时，有最小值，‎ 当时，有最大值， ∴. ‎ ‎7．（1）‎ 法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需 即可，‎ 所以由，即存在点E为PC中点 （6分）‎ 法二：建立如图所示的空间直角坐标系D﹣XYZ，由题意知PD=CD=1，，设，∴，‎ 由，得，‎ 即存在点E为PC中点． …（6分）‎ ‎（2）由（1）知D（0，0，0），，，P（0，0，1），，，‎ 设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为 由的法向量为得，得 同理求得所以 故所求二面角P﹣AE﹣D的余弦值为．…（6分）‎ ‎8．（1）证明：在直角梯形ABCD中，作DM⊥BC于M，连接AE，‎ 则CM=2﹣1=1，CD=DE+CE=1+2=3，‎ 则DM=AB=2，cosC=，则 BE==，sin∠CDM=，‎ 则AE==，（2分）‎ ‎∴AE2+BE2=AB2，‎ 故AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变…（4分）‎ 又∵面BCE⊥面ABED，且面BCE∩面ABED=BE，∴AE⊥面BCE，‎ ‎∵AE⊂平面ACE， ∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）‎ ‎[来源:学科网ZXXK]‎ ‎（2）解：∵在△BCE中，BC=CE=2，F为BE的中点， ∴CF⊥BE 又∵面BCE⊥面ABED，且面BCE∩面ABED=BE， ∴CF⊥面ABED，‎ 故可以F为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 则A（，﹣，0），C（0，0，），E（0，﹣，0），‎ 易求得面ACE的法向量为=（0，﹣，1）…（8分）‎ 假设在AB上存在一点P使平面ACE与平面PCF，‎ 所成角的余弦值为，且，（λ∈R），‎ ‎∵B（0，，0），‎ ‎∴=（﹣，，0），‎ ‎ 故=（﹣λ，λ，0），‎ 又=（，﹣，﹣），‎ ‎∴=（（1﹣λ），（2λ﹣1），﹣），‎ 又 =（0，0，），‎ 设面PCF的法向量为=（x，y，z），‎ ‎∴‎ 令x=2λ﹣1得=（2λ﹣1，（λ﹣1），0）…（10分）‎ ‎∴|cos＜＞|==， 解得…（11分）‎ 因此存在点P且P为线段AB中点时使得平面ACE与平面PCF所成角的余弦值为．…（12分）‎ 附件1：律师事务所反盗版维权声明 附件2：独家资源交换签约学校名录（放大查看）‎ 学校名录参见：http://www.zxxk.com/wxt/list.aspx?ClassID=3060 ‎