2019届高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何（A）理.doc

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1、1三 立体几何(A)1.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD平面 ABCD,DPC=30,AFPC 于点 F,FECD,交 PD 于点 E.(1)证明:CF平面 ADF;(2)求二面角 D AF E 的余弦值.2.(2018赤峰模拟)如图,多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 为平行四边形,其中BAD= ,AD=,AB=1,等边ADE 所在平面与平面 ABCD 垂直, FC平面 ABCD,且 FC= .3(1)点 P 在棱 AE 上,且 =2,Q 为EBC 的重心,求证:PQ平面 EDC.(2)求平面 DEF 与平面 EAB 所成锐二面角的余弦值.3.(2018延边质检)在三棱柱 AB

2、C A1B1C1中,AB平面 BCC1B1,BCC 1= , AB=BC=2,BB1=4,点 D 在棱 CC1上,且 CD=CC 1(0= = ,25719由图可知二面角 D AF E 为锐二面角,所以其余弦值为 .257192.(1)证明:如图,在棱 BE 上取点 M,使得 BM=2ME,连接 BQ 并延长,交 CE 于点 N.则在ABE 中,又 AP=2PE,所以 PMAB,又四边形 ABCD 为平行四边形,所以 ABCD,所以 PMCD.在BCE 中,Q 为重心,所以 BQ=2QN,又 BM=2ME,所以 MQEC.又因为 PMMQ=M,CDEC=C,所以平面 MPQ平面 DEC.又 P

3、Q平面 MPQ,所以 PQ平面 EDC.4(2)解:在ABD 中,BAD= ,AD= ,AB=1,3由余弦定理可得,BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=1 2+( )2-21 cos =1,3 3所以 BD=1.取 AD 的中点 O,连接 EO,OB,在EAD 中,EA=ED=AD= ,3所以 EOAD,且 EO= AD= .32又因为平面 EAD平面 ABCD,平面 EAD平面 ABCD=AD,所以 EO平面 ABCD,又在ABD 中,AB=BD=1,AD= ,3所以 OBAD,且 OB= ,12如图,以 O 为坐标原点,分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x,y,z 轴建立空

4、间直角坐标系.则 A( ,0,0),D(- ,0,0),B(0, ,0),E(0,0, ),F(- , , ).12 32 31232则 =(- , ,0),12=(- ,0, ),32=( ,0, ), =(- , , ).32 1232设平面 ABE 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则由 ,可得= 321+121=0,= 321+321=0,5整理得令 z1=1,则 x1= ,y1=3,3所以 m=( ,3,1)为平面 ABE 的一个法向量.3设平面 DEF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则由 可得,整理得 2+32=0,32232=0.令 z2=-1,则 x2= ,y2=6

5、.3所以 n=( ,6,-1)为平面 DEF 的一个法向量.3所以 cos=|= = ,33+36+1(1)(3)2+32+12(3)2+62+(1)2 13013设平面 DEF 与平面 EAB 所成锐二面角为 ,则 cos =cos= .130133.解:(1)易知 A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).当 = 时,因为 BC=CD=2,BCC 1= ,12所以 C( ,-1,0),D( ,1,0).3 3所以 =(0,4,-2), =( ,-3,-2),1 3所以 cos=11 1| 1|1|=03+4(3)+(2)(2)42+(2)2 (3)2+(3)2+(2)2=-

6、 .故异面直线 AB1与 A1D 的夹角的余弦值为 .(2)由 CD=CC 1可知,D( ,4-1,0),3所以 =(- ,5-4,0),1 36由(1)知, =(0,4,-2).1设平面 AB1D 的法向量为 m=(x,y,z),则 即1=0,1=0,令 y=1,解得 x= ,z=2,543所以平面 AB1D 的一个法向量为 m=( ,1,2).543设平面 A1B1D 的法向量为 n=(x,y,z),则 即11=0,1=0, 2=0,(54) 3=0,令 y=1,解得 x= ,z=0,543所以平面 A1B1D 的一个法向量为 n=( ,1,0).543因为二面角 A B1D A1的平面角

7、为 ,所以|cos|=| |=|543 543 +11+20|(543) 2+12+22 (543) 2+12= ,即(5-4) 2=9,解得 = 或 =2(舍),故 的值为 .12 124.(1)证明:在梯形 ABCD 中,因为 ABCD,AD=CD=BC=1,又因为BCD= ,所以 AB=2,23所以 AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3.所以 AB2=AC2+BC2.所以 BCAC.因为 CF平面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 ACCF,而 CFBC=C,所以 AC平面 BCF,7因为 EFAC,所以 EF平面 BCF.(2)解:由(1)可建立分别以直线 CA,CB,

8、CF 为 x 轴,y 轴,z 轴的空间直角坐标系如图所示,AD=CD=BC=CF=1,令 FM=(0 ),则 C(0,0,0),A( ,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),3所以 =(- ,1,0), =(,-1,1),3设 n1=(x,y,z)为平面 MAB 的一个法向量,由 得 取 x=1,1=0,1=0, 3+=0,+=0,则 n1=(1, , -),3 3因为 n2=(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量,所以 cos =|12|1|2|=11+3+(3)21= ,1( 3)2+4因为 0 ,3所以当 =0 时,cos 有最小值 ,所以点 M 与点 F 重合时,平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为 .