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2018年高考数学理科总复习中档大题规范练3:立体几何.doc
上传者:佚名 点击数: 更新时间:2018/2/28 22:19:32
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3.立体几何
1.(2017•全国Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
 
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.
(1)证明 由题设可得△ABD≌△CBD.
从而AD=CD,又△ACD为直角三角形,
所以∠ADC=90°,
取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO,
 
又因为△ABC是正三角形,故BO⊥AC,
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角,
在Rt△AOB中,BO2+OA2=AB2,
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°,
所以平面ADC⊥平面ABC.
(2)解 由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,
OA→为x轴正方向,OB→为y轴正方向,OD→为z轴正方向,|OA→|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
 
则O(0,0,0),A1,0,0,D0,0,1,B0,3,0,C(-1,0,0),
由题意知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12,
故AE→=-1,32,12,AD→=-1,0,1,OA→=1,0,0.
设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则AE→•n1=0,AD→•n1=0,解得n1=1,33,1,
AE→•n2=0,OA→•n2=0,解得n2=(0,-1,3),
设二面角D-AE-C为θ,易知θ为锐角,
则cos θ=|n1•n2||n1||n2|=77.
2.(2017•河南百校联盟模拟)在如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是BC,A1B1的中点.
(1)求证:DE∥平面ACC1A1;
(2)若AB⊥BC,AB=BC,∠ACB1=60°,求直线BC与平面AB1C所成角的正切值.
 
(1)证明 取AB中点F,连接DF,EF.
 
在△ABC中,因为D,F分别为BC,AB的中点,
所以DF∥AC,又DF⊄平面ACC1A1,AC⊂平面ACC1A1,所以DF∥平面ACC1A1.
在矩形ABB1A1中,因为E,F分别为A1B1,AB的中点,
所以EF∥AA1,又EF⊄平面ACC1A1,
AA1⊂平面ACC1A1,所以EF∥平面ACC1A1.
因为DF∩EF=F,所以平面DEF∥平面ACC1A1.
因为DE⊂平面DEF,故DE∥平面ACC1A1.
(2)解 因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BC⊥BB1,
又AB⊥BC,AB∩BB1=B,所以BC⊥平面ABB1A1.
因为AB=BC,BB1=BB1,
所以△ABB1≌△CBB1,AB1=CB1,
又∠ACB1=60°,所以△AB1C为正三角形,
所以AB1=AB2+BB21=AC=2AB,所以BB1=AB.
取AB1的中点O,连接BO,CO,所以AB1⊥BO,AB1⊥CO,所以AB1⊥平面BCO,
所以平面AB1C⊥平面BCO,点B在平面AB1C上的射影在CO上,
所以∠BCO即为直线BC与平面AB1C所成的角.
在Rt△BCO中,BO=22AB=22BC,
所以tan∠BCO=BOBC=22.
3.(2017•中原名校豫南九校模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=1,AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=1,E,F分别为AD,PA的中点,在BC上有且只有一个点Q,使得PQ⊥QD.
 
(1)求证:平面BEF∥平面PDQ;
(2)求二面角E-BF-Q的余弦值.
(1)证明 方法一 (向量法)以A点为原点,分别以AB→,AD→,AP→的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,
 
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),P(0,0,1),
设Q(1,x,0),则PQ→=(1,x,-1),QD→=(-1,a-x,0),
若PQ⊥QD,则PQ→•QD→=-1+x(a-x)=0,
即x2-ax+1=0,Δ=a2-4=0,
∴a=2,x=1.
∴Q1,1,0,QD→=-1,1,0,
又E是AD的中点,
∴E0,1,0,BE→=-1,1,0,
∴QD→=BE→,
∴BE∥DQ,
又BE⊄平面PDQ,DQ⊂平面PDQ,
∴BE∥平面PDQ,
又F是PA的中点,
∴EF∥PD,
∵EF⊄平面PDQ,PD⊂平面PDQ,
∴EF∥平面PDQ,
∵BE∩EF=E,BE,EF⊂平面BEF,
∴平面BEF∥平面PDQ.
方法二 (几何法)题意转化为矩形ABCD中AQ垂直于QD的点Q只有一个,则以AD为直径的圆与线段BC相切,易得BC=2,Q是线段BC的中点,由BE∥QD,EF∥DP,易得两平面平行.
(2)解 设平面BFQ的一个法向量m=x,y,z,
则m•BF→=m•BQ→=0,
由(1)知,BF→=-1,0,12,BQ→=0,1,0,
∴-x+12z=y=0,
取z=2,得m=1,0,2,
同样求得平面BEF的一个法向量n=1,1,2,cos〈m,n〉=m•nmn=306,
∵二面角E-BF-Q为锐角,
∴二面角E-BF-Q的余弦值为306.
4.(2017•云南大理统测)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=22AD,E,F分别为PC,BD的中点.
 
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)在线段AB上是否存在点G,使得二面角C-PD-G的余弦值为33,若存在,请求出点G的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明 连接AC,由正方形性质可知,AC与BD相交于点F,
 
所以在△PAC中,EF∥PA,
又PA⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
(2)解 取AD的中点O,连接OP,OF,
因为PA=PD,所以PO⊥AD,
又因为侧面PAD⊥底面ABCD,交线为AD,
所以PO⊥平面ABCD,
以O为原点,分别以射线OA,OF和OP为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系Oxyz,
 
不妨设AD=2,
则P0,0,1,D-1,0,0,C-1,2,0,假设在AB上存在点G1,a,0,0<a<2,
则PC→=-1,2,-1,PD→=-1,0,-1,DG→=2,a,0.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,交线为AD,且底面是正方形,
所以CD⊥平面PAD,则CD⊥PA,
由PA2+PD2=AD2,得PD⊥PA,
又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PDC,
所以PA⊥平面PDC,即平面PDC的一个法向量为PA→=(1,0,-1).
设平面PDG的法向量为n=(x,y,z),
由PD→•n=0,DG→•n=0,即-x-z=0,2x+ay=0,
亦即z=-x,y=-2xa,
可取n=(a,-2,-a).
所以|cos〈PA→,n〉|=|PA→•n||PA→||n|=2a2×4+2a2=33,
解得a=1或a=-1(舍去).
所以线段AB上存在点G,且G为AB的中点,使得二面角C-PD-G的余弦值为33.
5.(2017•吉林长春检测)已知三棱锥A-BCD中,△ABC是等腰直角三角形,且AC⊥BC,BC=2,AD⊥平面BCD,AD=1.
 
(1)求证:平面ABC⊥平面ACD;
(2)若E为AB的中点,求二面角A-CE-D的余弦值.
(1)证明 因为AD⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以AD⊥BC,
又因为AC⊥BC,AC∩AD=A,AD,AC⊂平面ACD,
所以BC⊥平面ACD,又BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面ACD.
(2)解 由已知可得CD=3,如图所示建立空间直角坐标系,
 
由已知C(0,0,0),B(0,2,0),A(3,0,1),D(3,0,0),E32,1,12,
则CE→=32,1,12,CA→=(3,0,1),CD→=(3,0,0),
设平面ACE的法向量n=(x1,y1,z1),
则n•CA→=0,n•CE→=0,3x1+z1=0,32x1+y1+12z1=0,
令x1=1,得n=(1,0,-3),
设平面CED的法向量m=(x2,y2,z2),
则m•CD→=0,m•CE→=0,3x2=0,32x2+y2+12z2=0,
令y2=1,得m=(0,1,-2),
二面角A-CE-D的余弦值cos〈m,n〉=|n•m||n||m|=2325=155.
6.(2017•福建厦门模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,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所成二面角为θθ≤90°,试求cos θ的取值范围.
(1)证明 在梯形ABCD中,
因为AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,所以AB=2,
所以AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos 60°=3,
所以AB2=AC2+BC2,所以BC⊥AC.
因为平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,
BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ACFE.
(2)解 建立以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,
 
令FM=λ(0≤λ≤3),
则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
所以AB→=(-3,1,0),BM→=(λ,-1,1),
设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,
由n1•AB→=0,n1•BM→=0,得-3x+y=0,λx-y+z=0,
取x=1,所以n1=(1,3,3-λ),
因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量.
所以cos θ=|n1•n2||n1||n2|=11+3+3-λ2×1=1λ-32+4.
因为0≤λ≤3,所以当λ=0时,cos θ有最小值77,
当λ=3时,cos θ有最大值12.所以cos θ∈77,12.
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资料名称:2018年高考数学理科总复习中档大题规范练3:立体几何.doc
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