浙江专用2020版高考数学一轮复习(练习)专题8立体几何与空间向量 第62练 高考大题突破练 _立体几何

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浙江专用2020版高考数学一轮复习(练习)专题8立体几何与空间向量 第62练 高考大题突破练 _立体几何

第62练 高考大题突破练—立体几何 ‎[基础保分练]‎ ‎1.(2019·杭州二中模拟)如图,△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,D为线段BC上一点,且DC=BC,让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.‎ ‎(1)在线段BC上是否存在一点E,使平面AEC′⊥平面ABC?请证明你的结论;‎ ‎(2)求直线C′D与平面ABC所成的角.‎ ‎2.(2019·衢州模拟)已知三棱台ABC—A1B1C1的下底面△ABC是边长2的正三角形,上底面△A1B1C1是边长为1的正三角形.A1在下底面的射影为△ABC的重心,且A1B⊥A1C.‎ ‎(1)证明:A1B⊥平面ACC1A1;‎ ‎(2)求直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值.‎ ‎3.(2019·萧山中学模拟)如图,已知直角梯形ABCD和正方形BCEF,二面角A—BC—E的大小为120°,且满足AB∥CD,AD⊥AB,AD=DC=AB=2,点M,H分别是线段EF,AE的中点,点N是线段AF上异于A,F的点.‎ ‎(1)求证:CH⊥平面AEF;‎ ‎(2)求直线MN与平面BCEF所成角的最大值.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎4.如图,已知四边形ABCD是正方形,EA⊥平面ABCD,PD∥EA,AD=PD=2EA=2,F,G,H分别为BP,BE,PC的中点.‎ ‎(1)求证:FG∥平面PDE;‎ ‎(2)求证:平面FGH⊥平面ABE;‎ ‎(3)在线段PC上是否存在一点M,使PB⊥平面EFM?若存在,求出线段PM的长;若不存在,请说明理由.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1.解 (1)存在BC的中点E,使平面AEC′⊥平面ABC,取BC的中点E,‎ 由题意知AE⊥BC,又因为AC′⊥BC,AE∩AC′=A,所以BC⊥平面AEC′,‎ 因为BC⊂平面ABC,‎ 所以平面AEC′⊥平面ABC.‎ ‎(2)在平面AC′E中,过点C′作C′H⊥AE交AE的延长线于点H,连接HD.由(1)知,C′H⊥平面ABC,‎ 所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角.‎ 由AB=AC=2,∠BAC=120°,‎ 得BC=2,DC=,ED=,‎ EC′=,‎ 在△AEC′中,由余弦定理得 cos∠AEC′=-,‎ 所以cos∠HEC′=,‎ sin∠HEC′=,‎ 所以HC′=EC′·sin∠HEC′=,‎ 所以sin∠HDC′==,‎ 所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.‎ ‎2.(1)证明 记△ABC的重心为G,连接BG并延长交AC于点M.‎ 因为底面△ABC为正三角形,‎ 所以BG⊥AC,‎ 又点A1在底面上的射影为G,‎ 所以A1G⊥平面ABC,‎ 所以A1G⊥AC,‎ 因为A1G∩BG=G,‎ A1G⊂平面A1BG,‎ BG⊂平面A1BG,‎ 所以AC⊥平面A1BG,‎ 又A1B⊂平面A1BG,‎ 所以AC⊥A1B.‎ 又A1B⊥A1C,且A1C∩AC=C,‎ A1C⊂平面A1AC,‎ AC⊂平面A1AC,‎ 所以A1B⊥平面A1AC,‎ 因此,A1B⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)解 由于ABC—A1B1C1为棱台,设三侧棱延长交于一点D.因为AB=2A1B1=2,‎ 则A1,B1分别为棱AD,BD的中点.‎ 又G为正△ABC的重心,‎ 则BM=,CG=BG=BM=,‎ GM=BM=.‎ 因为A1B⊥平面ACC1A1,‎ 所以A1B⊥A1M,‎ 故在Rt△A1BM中,A1G⊥BM,‎ 由三角形相似,得A1G2=BG·GM=,‎ A1B2=BG·BM=2.‎ 取A1D的中点H,连接B1H,CH,‎ 则B1H∥A1B,且B1H=A1B=,‎ 故B1H⊥平面ACC1A1,‎ 即∠B1CH即为直线CB1与平面ACC1A1所成的角.‎ 又=++,‎ 且GC⊥BA,A1G⊥BA,B1A1∥BA,‎ 所以⊥,⊥,‎ 又⊥,‎ 所以2=2+2+2=3,‎ 即B1C=,‎ 所以sin∠B1CH==,‎ 即直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为.‎ ‎3.(1)证明 由题可得 AC==2,‎ CE=BC==2,‎ ‎∴AC=CE.‎ 又H是AE的中点,∴CH⊥AE.‎ ‎∵AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,‎ ‎∴AC⊥EF.‎ ‎∵CE⊥EF,AC⊥EF,AC∩CE=C,‎ ‎∴EF⊥平面ACE.‎ ‎∵HC⊂平面ACE,∴EF⊥HC,‎ 又EF∩AE=E,∴CH⊥平面AEF.‎ ‎(2)解 方法一 过点A作AK⊥CE,垂足为K,连接KF,过点N作NL∥AK,交KF为L,连接ML,∵EF⊥平面ACE,‎ ‎∴平面EFK⊥平面ACE,‎ 又∵平面EFK∩平面ACE=CE,AK⊂平面ACE,‎ ‎∴AK⊥平面EFK,∴NL⊥平面EFK,‎ ‎∴∠NML就是直线MN与平面BCEF所成的角.‎ 设FL=x,∵AK=,KF=,‎ 则NL=x,‎ ML2=FL2+FM2-2FM×FL×‎ cos∠MFL=x2-x+2,‎ ‎∴tan∠NML= ‎= ‎=,‎ ‎∵x∈(0,),∴∈,‎ ‎∴当=时,(tan∠NML)max=,‎ ‎∴直线MN与平面BCEF所成角的最大值是.‎ 方法二 以点C为原点,分别以CA,CB所在直线为x轴、y轴,过点C垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系,‎ ‎∴C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),E(-,0,),‎ ‎∴=+=+=(-,0,)+(0,2,0)=(-,2,),‎ ‎∴F(-,2,),M(-,,).‎ 设n=(x,y,z)是平面BCEF的法向量,‎ 由即 令z=1,得n=(,0,1).‎ 设||=λ||(0<λ<1),‎ =+=+λ ‎=(2,0,0)+λ(-3,2,)‎ ‎=(2-3λ,2λ,λ),‎ =- ‎=(3-3λ,2λ-,λ-),‎ ‎∴sinθ= ‎==,‎ 令x=1-λ,x∈(0,1),‎ 则sinθ= ‎=≤,‎ 当=2,即x=,λ=时取等号.‎ ‎∴θ的最大值是.‎ 能力提升练 ‎4.(1)证明 因为F,G分别为PB,BE的中点,所以FG∥PE.‎ 又FG⊄平面PDE,PE⊂平面PDE,‎ 所以FG∥平面PDE.‎ ‎(2)证明 因为EA⊥平面ABCD,CB⊂平面ABCD,所以EA⊥CB.‎ 又CB⊥AB,AB∩AE=A,所以CB⊥平面ABE.由已知F,H分别为线段PB,PC的中点,‎ 所以FH∥BC,则FH⊥平面ABE.‎ 又FH⊂平面FGH,‎ 所以平面FGH⊥平面ABE.‎ ‎(3)解 在线段PC上存在一点M,使PB⊥平面EFM.‎ 证明如下:‎ 如图,在PC上取一点M,连接EF,EM,FM.‎ 在Rt△AEB中,‎ 因为AE=1,AB=2,所以BE=.‎ 在直角梯形EADP中,‎ 因为AE=1,AD=PD=2,‎ 所以PE=,所以PE=BE.‎ 又F为PB的中点,所以EF⊥PB.‎ 要使PB⊥平面EFM,只需使PB⊥FM.‎ 因为EA⊥CB,PD∥AE,所以PD⊥CB,‎ 又CB⊥CD,PD∩CD=D,‎ PD,CD⊂平面PCD,‎ 所以CB⊥平面PCD,‎ 而PC⊂平面PCD,所以CB⊥PC.‎ 若PB⊥FM,则△PFM∽△PCB,‎ 可得=.‎ 由已知可求得PB=2,PF=,PC=2,‎ 所以PM=.‎ 故在线段PC上存在一点M,当PM=时,使得PB⊥平面EFM.‎
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