浙江专用2020版高考数学大一轮复习高考解答题专项练4立体几何201901184131.docx

《浙江专用2020版高考数学大一轮复习高考解答题专项练4立体几何201901184131.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用2020版高考数学大一轮复习高考解答题专项练4立体几何201901184131.docx（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1高考解答题专项练立体几何1.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中, AB=BC=AA1=2, ABC=120,点 P在线段 AC1上,且 AP=2PC1,M为线段 AC的中点 .(1)证明: BM平面 B1CP;(2)求直线 AB1与平面 B1CP所成角的余弦值 .(1)证明 连接 BC1交 B1C于点 F,连接 MC1交 CP于点 N,连接 FN, 四边形 BCC1B1是矩形, F 为 BC1的中点 .取 AP的中点 Q,连接 MQ,MQ 是 APC的中位线 .MQ PC.又 AP=2PC1, ,C1PC1Q=12. C1NC1M=C1PC1Q=12即 N为 C1M的中点 .FN 为

2、C1BM的中位线,FN BM.又 FN平面 B1CP,BM平面 B1CP,BM 平面 B1CP.(2)解 连接 MF,过点 M作 MG CP于点 G,连接 FG,BM AC,BM CC1,BM 平面 ACC1.BM FN,FN 平面 ACC1.FN MG.又 MG PC,FN PC=N,MG 平面 B1PC.又 AB1 MF, MFG为直线 AB1与平面 B1CP所成的角 .AB=BC=AA 1=2, ABC=120,AB 1=2 ,CM= AC=212 3.2MF= ,MG= FG= cos MFG= 直线 AB1与平面 B1CP所成角的余弦22217. 147. FGMF= 77.值为77

3、.2.在三棱锥 A-BCD中, E是 BC的中点, AB=AD,BD DC.(1)求证: AE BD.(2)若 DB=2DC= AB=2,且二面角 A-BD-C为 60,求 AD与面 BCD所成角的正弦值 .2(1)证明 如图,取 BD的中点 F,连 EF,AF,E 为 BC中点, F为 BD中点,FE DC.又 BD DC,BD FE.AB=AD ,BD AF.又 AF FE=F,AF,FE平面 AFE,BD 平面 AFE.AE 平面 AFE,AE BD.(2)解 由(1)知 BD AF, AFE即为二面角 A-BD-C的平面角, AFE=60.AB=AD= ,DB=2,2 ABD为等腰直角

4、三角形 .AF= BD=1,12又 FE= DC= ,12 12AE 2=AF2+FE2-2AFFEcos AFE=1+ -21 cos60= ,即 AE= ,14 12 34 32AE 2+FE2=1=AF2.AE FE.又由(1)知 BD AE,且 BD FE=F,BD平面 BDC,FE平面 BDC,AE 平面 BDC,3 ADE就是 AD与平面 BCD所成的角,在 Rt AED中, AE= ,AD= ,32 2AD 与平面 BCD所成角的正弦值 sin ADE=AEAD= 64.3.如图,已知 ABCD是矩形, M,N分别为边 AD,BC的中点, MN与 AC交于点 O,沿 MN将矩形

5、MNCD折起,设 AB=2,BC=4,二面角 B-MN-C的大小为 .(1)当 = 90 时,求 cos AOC的值;(2)当 = 60 时,点 P是线段 MD上一点,直线 AP与平面 AOC所成角为 . 若 sin = 求线段 MP147的长 .解 设 E为 AB的中点,建立如图所示的空间直角坐标系 .(1)如图,当 = 90时, A(2,-1,0),C(0,1,2),=(2,-1,0), =(0,1,2), cos AOC= =- OA OCOAOC|OA|OC| 15.(2)如图,当 = 60时, C(1,1, ),D(1,-1, ),M(0,-1,0),3 3=(1,0, ), MD

6、3设 = (0 1),MP MD则 =( ,-1, ),OP=OM+MP 3=(- 2,0, ).设平面 AOC的法向量为 n=(x,y,z), AP=OP-OA 34 n =0,n =0,OA OC取 n=(1,2,- ), 2x-y=0,x+y+ 3z=0, 3由题意,得 ,即 3 2-10+ 3=0,|APn|AP|n|= 147= 或 = 3(舍去) .13 在线段 MD上存在点 P,且 MP= MD=13 23.4.已知四棱锥 P-ABCD的三视图如下图所示, E是最短侧棱 PC上的动点 .(1)是否不论点 E在何位置,都有 BD AE?证明你的结论;(2)若点 E为 PC的中点,求

7、二面角 D-AE-B的大小 .解 (1)不论点 E在何位置,都有 BD AE.证明如下:由三视图可知,四棱锥 P-ABCD的底面是边长为 1的正方形,侧棱 PC底面 ABCD,且PC=2.连接 AC, 四边形有 ABCD是正方形,BD AC.PC 底面 ABCD,且 BD平面 ABCD,BD PC.又 AC PC=C,BD 平面 PAC. 不论点 E在何位置,都有 AE平面 PAC, 不论点 E在何位置,都有 BD AE.5(2)如图,以点 C为原点, CD,CB,CP所在的直线分别为 x轴、 y轴、 z轴建立空间直角坐标系,则 D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1,0),E(0,0

8、,1),从而 =(0,1,0), =(-1,0,1), =(1,0,0), =(0,-1,1).DA DE BA BE设平面 ADE和平面 ABE的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),由 取 n1=(1,0,1).n1DA=0,n1DE=0y1=0,-x1+z1=0,由 取 n2=(0,-1,-1).n2BA=0,n2BE=0x2=0,-y2+z2=0,设二面角 D-AE-B的平面角为 ,则cos= =- ,n1n2|n1|n2|= -122 12= ,即二面角 D-AE-B的大小为23 23.5.(2018湖南模拟)如图,在等腰梯形 ABCD中, AB CD

9、,AD=DC=CB=1, ABC=60,四边形 ACFE为矩形,平面 ACFE平面 ABCD,CF=1.(1)求证: BC平面 ACFE;(2)点 M在线段 EF上运动,设平面 MAB与平面 FCB二面角的平面角为 ( 90),试求 cos 的取值范围 .(1)证明 在梯形 ABCD中, AB CD,AD=DC=CB=1, ABC=60,AB= 2.AC 2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3.AB 2=AC2+BC2.BC AC. 平面 ACFE平面 ABCD,平面 ACFE平面ABCD=AC,BC平面 ABCD,BC 平面 ACFE.6(2)解 分别以直线 CA,CB,CF为 x轴、

10、 y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系,令 FM= (0),则 C(0,0,0),A( ,0,0),B(0,1,0),M( ,0,1), 3 3=(- ,1,0), =( ,-1,1). AB 3 BM设 n1=(x,y,z)为平面 MAB的一个法向量,由 取 x=1,则n1AB=0,n1BM=0,得 - 3x+y=0,x -y+z=0,n1=(1, - ),3, 3 n2=(1,0,0)是平面 FCB的一个法向量, cos=|n1n2|n1|n2|= 11+3+(3- )21= 1( - 3)2+4. 0 , 当 = 0时,cos 有最小值 ,当 = 时,cos 有最大值 cos 377

11、 3 12. 77,12.6.(2018浙江嘉兴)如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是边长为 4的正方形,侧面 PCD为正三角形且二面角 P-CD-A为 60.(1)设侧面 PAD与 PBC的交线为 m,求证: m BC;(2)设底边 AB与侧面 PBC所成的角为 ,求 sin 的值 .(1)证明 因为 BC AD,所以 BC侧面 PAD.又因为侧面 PAD与 PBC的交线为 m,所以 m BC.(2)解法一 (向量方法)取 CD的中点 M,AB的中点 N,连接 PM,MN,则 PM CD,MN CD.所以 PMN是侧面 PCD与底面所成二面角的平面角 .从而 PMN=60.作 P

12、O MN于点 O,则 PO底面 ABCD.因为 CM=2,PM=2 ,3所以 OM= ,OP=3.37以 O为原点, ON为 x轴, OP为 z轴,如图建立空间直角坐标系 .则 =(0,4,0), =(4- ,2,-3), =(- ,2,-3).AB PB 3 PC 3设 n=(x,y,z)是平面 PBC的法向量,则 x=0,2y=3z.取 n=(0,3,2).(4- 3)x+2y-3z=0- 3x+2y-3z=0 则 sin=| cos|=AB12134=31313.解法二 (几何方法)取 CD的中点 M,AB的中点 N,连接 PM,MN,则 PM CD,MN CD.所以 PMN是侧面 PCD与底面所成二面角的平面角 .从而 PMN=60.作 PO MN于点 O,则 PO底面 ABCD.因为 CM=2,PM=2 ,所以 OP=3.3作 OE AB交 BC于点 E,连接 PE.因为 BC PO,BC OE,所以 BC平面 POE.从而平面 POE平面 PBC.所以 PEO就是 OE与平面 PBC所成的角, POE=.因为在 POE中,tan = ,POOE=32所以 sin=31313.