2019高考数学二轮复习”一本“培养优选练中档大题分类练4立体几何理.doc

《2019高考数学二轮复习”一本“培养优选练中档大题分类练4立体几何理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习”一本“培养优选练中档大题分类练4立体几何理.doc（8页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1中档大题分类练(四) 立体几何(建议用时：60 分钟)1(2018沈阳质检三)如图 48，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1B1B底面 ABC， ABC和 ABB1都是边长为 2 的正三角形图 48(1)过 B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于 AB，并证明；(2)求 AC1与平面 BCC1B1所成角的正弦值解 (1)设 AB 中点为 O，连接 OC， OB1， B1C，则截面 OB1C 为所求，OC， OB1分别为 ABC， ABB1的中线，所以AB OC， AB OB1，又 OC， OB1为平面 OB1C 内的两条相交直线，所以 AB平面 OB1C，(2)以 O 为原点， OB

2、方向为 x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易求得B(1,0,0)， A(1,0,0)， C(0， ，0)， B1(0,0， )， C1(1， ， )， (1， ，0)，3 3 3 3 CB 3(1,0， )， (0 ， ， )，B1B 3 AC1 3 3设平面 BCC1B1的一个法向量为 n( x， y， z)，由Error! Error!解得平面 BCC1B1的一个法向量为 n( ，1,1)，3又|cos ， n| ，AC1 |AC1 n|AC1 |n| 3 365 105所以 AC1与平面 BCC1B1所成角的正弦值为 .105【教师备选】如图，在三棱锥 ABCD 中，平面 ABD

3、平面 BCD， AB AD， CBD60，BD2 BC4，点 E 在 CD 上， DE2 EC.2(1)求证： AC BE；(2)若二面角 EBAD 的余弦值为 ，求三棱锥 ABCD 的体积155解 (1)证明：取 BD 的中点 O，连接 AO， CO， EO.因为 AB AD， BO OD，所以 AO BD，又平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCD BD， AO平面 ABD，所以 AO平面 BCD.又 BE平面 BCD，所以 AO BE.在 BCD 中， BD2 BC， DE2 EC，所以 2，BDBC DEEC由角平分线定理，得 CBE DBE.又 BC BO2，所以 BE C

4、O，又因为 AO CO O， AO平面 ACO， CO平面 ACO，所以 BE平面 ACO，又 AC平面 ACO，所以 AC BE.(2)在 BCD 中， BD2 BC4， CBD60，由余弦定理，得 CD2 ，所以 BC2 CD2 BD2，3即 BCD90，所以 EBD EDB30， BE DE，所以 EO BD，结合(1)知， OE， OD， OA 两两垂直，以 O 为原点，分别以 OE， OD， OA 的方向为 x 轴，y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz(如图)，设 AO t(t0)，则 A(0,0， t)， B(0，2,0)， E ，(233， 0， 0)所以 BA(

5、0,2， t)， BE ，(233， 2， 0)设 n( x， y， z)是平面 ABE 的一个法向量，3则Error! 即Error!整理，得Error!令 y1，得 n .(3， 1，2t)因为 OE平面 ABD，所以 m(1,0,0)是平面 ABD 的一个法向量又因为二面角 EBAD 的余弦值为 ，155所以|cos m， n| ，33 1 4t2 155解得 t2 或 t2(舍去)又 AO平面 BCD，所以 AO 是三棱锥 ABCD 的高，故 VABCD AOS BCD13 2 22 .13 12 3 4332.在如图 49 所示的六面体中，平面 ABCD 是边长为 2 的正方形，平面

6、 ABEF 是直角梯形， FAB90， AF BE， BE2 AF4.图 49(1)求证： AC平面 DEF；(2)若二面角 EABD 为 60，求直线 CE 和平面 DEF 所成角的正弦值解 (1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，取 DE 的中点为 G，连接 FG， OG.平面 ABCD 是正方形， O 是 BD 的中点，4 OG BE， OG BE，12又 AF BE， AF BE， OG AF 且 OG AF，12四边形 AOGF 是平行四边形， AC FG.又 FG平面 DEF， AC平面 DEF， AC平面 DEF.(2)四边形 ABCD 是正方形，四边形 ABEF 是直角梯形

7、， FAB90， DA AB， FA AB. AD AF A， AB平面 AFD，同理可得 AB平面 EBC.又 AB平面 ABCD，平面 AFD平面 ABCD，又二面角 EABD 为 60， FAD EBC60， BE2 AF4， BC2，由余弦定理得 EC2 ， EC BC.3又 AB平面 EBC， EC AB， AB BC B， EC平面 ABCD.以 C 为坐标原点， CB 为 x 轴， CD 为 y 轴， CE 为 z 轴建立如图所示空间直角坐标系则 C(0,0,0)， D(0,2,0)， E(0,0,2 )，3F(1,2， )，3 (0,0,2 )， (1,0， )， (1,2，

8、)，CE 3 DF 3 EF 3设平面 DEF 的一个法向量为 n( x， y， z)，则Error!即Error!令 z ，则Error!3 n(3,3， )3设直线 CE 和平面 DEF 所成角为 ，5则 sin |cos ， n| .CE 62321 773(2018安庆市高三二模)如图 50，四边形 ABCD 是矩形，沿对角线 AC 将 ACD 折起，使得点 D 在平面 ABC 上的射影恰好落在边 AB 上图 50(1)求证：平面 ACD平面 BCD；(2)当 2 时，求二面角 DACB 的余弦值ABAD解 (1)设点 D 在平面 ABC 上的射影为点 E，连接 DE，则 DE平面 A

9、BC，所以DE BC.因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB BC，所以 BC平面 ABD，所以 BC AD.又 AD CD，所以 AD平面 BCD，而 AD平面 ACD，所以平面 ACD平面 BCD.(2)以点 B 为原点，线段 BC 所在的直线为 x 轴，线段 AB 所在的直线为 y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示设| AD| a，则| AB|2 a，所以 A(0，2 a，0)， C( a,0,0)由(1)知 AD BD，又 2，所以 DBA30， DAB60，那么ABAD|AE| AD|cos DAB a，12|BE| AB| AE| a，32|DE| AD|sin DAB a，32

10、所以 D ，(0， 32a， 32a)所以 ， ( a,2a,0)AD (0， 12a， 32a) AC 设平面 ACD 的一个法向量为 m( x， y， z)，则Error!即Error!6取 y1，则 x2， z ，所以 m .33 (2， 1， 33)因为平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)，所以 cos m， n .mn|m|n| 3312 22 ( 33)2 14故所求二面角 DACB 的余弦值为 . 14【教师备选】(2018东莞市二调)如图，平面 CDEF平面 ABCD，四边形 ABCD 是平行四边形，四边形 CDEF 为直角梯形， ADC120， CF CD，且 CF

11、 DE， AD2 DC DE2 CF.(1)求证： BF平面 ADE；(2)设 P 点是线段 DE 上一点，若平面 BCD 与平面 BFP 所成的锐二面角为 30，求点 P的位置解 (1)证明：取 DE 的中点 H，连接 AH， HF.四边形 CDEF 为直角梯形， DE2 CF， H 是 DE 的中点， HF DC，且 HF DC.四边形 ABCD 是平行四边形， AB DC，且 AB DC， AB HF，且AB HF，四边形 ABFH 是平行四边形， BF AH. AH平面 ADE， BF平面 ADE， BF平面 ADE.(2)在 BCD 中， BC2 DC， BDC90，建立如图所示的空

12、间直角坐标系 Dxyz，设 AD2，则 DC1， CF1，设 DP h，则 B( ，0,0)， C(0,1,0)，3F(0,1,1)， P(0,0， h)， ( ，0， h)， ( ， 1,1)，BP 3 BF 3设平面 BFP 的法向量为 n( x， y， z)， n ， n ，Error!不妨令 x ，则 n ，BP BF 3 (3， 3 3h， 3h)7平面 BCD 的一个法向量为 m(0,0,1)，平面 BCD 与平面 BFP 所成锐二面角为 30， ，解得 h ，或 h1.|nm|n|m| 32 12点 P 在线段 DE 的中点或线段 DE 的靠近点 D 的四等分点处4.如图 51，

13、在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，AB AC2， AD2 ， PB3 ， PB AC.2 2图 51(1)求证：平面 PAB平面 PAC；(2)若 PBA45，试判断棱 PA 上是否存在与点 P， A 不重合的点 E，使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由33 AEAP解 (1)因为四边形 ABCD 是平行四边形， AD2 ，所以 BC AD2 ，2 2又 AB AC2，所以 AB2 AC2 BC2，所以 AC AB，又 PB AC，且 AB PB B，所以 AC平面 PAB，因为 AC平面 PAC，所以平面 PAB平

14、面 PAC.(2)由(1)知 AC AB， AC平面 PAB，如图，分别以 AB， AC 所在直线为 x 轴、 y 轴，平面 PAB 内过点 A 且与直线 AB 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)， B(2,0,0)， C(0,2,0)， (0,2,0)， (2,2,0)，由 PBA45，AC BC PB3 ，可得 P(1,0,3)，2所以 (1,0,3)， (3,0,3)，AP BP 假设棱 PA 上存在点 E，使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，33设 (0 1)，则 ( ，0,3 )，AEAP AE AP 8 ( ，2,3 )，CE AE AC 设平面 PBC 的法向量为 n( x， y， z)，则Error!即Error! 令 z1，得 x y1，所以平面 PBC 的一个法向量为 n(1,1,1)，设直线 CE 与平面 PBC 所成的角为 ，则sin |cos n， | CE | 2 3 |3 2 2 2 3 2 |2 2|310 2 4，33整理得 3 24 0，因为 0 1，所以 3 24 0，故 3 24 0 无解，所以棱 PA 上不存在与点 P， A 不重合的点 E，使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 .33