2021高考数学一轮复习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理新人教版

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2021高考数学一轮复习专练46高考大题专练四立体几何的综合运用含解析理新人教版

专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用 ‎1.[2019·全国卷Ⅱ]如图,长方体ABCD-A1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面EB‎1C1;‎ ‎(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.‎ ‎2.如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.‎ ‎3.如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.‎ ‎(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;‎ ‎(2)求二面角E-BC-F的正弦值;‎ ‎(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.‎ ‎4.[2020·全国卷Ⅰ]如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.‎ ‎(1)证明:PA⊥平面PBC;‎ ‎(2)求二面角BPCE的余弦值.‎ ‎5.[2020·全国卷Ⅱ]‎ 如图,已知三棱柱ABCA1B‎1C1的底面是正三角形,侧面BB‎1C1C是矩形,M,N分别为BC,B‎1C1的中点,P为AM上一点,过B‎1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.‎ ‎(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB‎1C1F;‎ ‎(2)设O为△A1B‎1C1的中心.若AO∥平面EB‎1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.‎ 专练46 高考大题专练(四) 立体几何的综合运用 ‎1.解析:本题主要考查空间直线与平面的位置关系、利用空间向量法求二面角,意在考查考生的逻辑推理能力、空间想象能力、化归与转化能力、运算求解能力,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.‎ ‎(1)由已知得,B‎1C1⊥平面ABB‎1A1,BE⊂平面ABB‎1A1,故B‎1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB‎1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.‎ 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,‎ 所以∠AEB=45°,‎ 故AE=AB,AA1=2AB.‎ 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).‎ 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即 所以可取n=(0,-1,-1).‎ 设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则 即 所以可取m=(1,1,0).‎ 于是cos〈n,m〉==-.‎ 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.‎ ‎2.解析:(1)证明:由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)解析:作PH⊥EF,垂足为H.‎ 由(1)得,PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.‎ 由(1)可得,DE⊥PE.‎ 又DP=2,DE=1,‎ 所以PE=.‎ 又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.‎ 可得PH=,EH=.‎ 则H(0,0,0),P,D,‎ =,=为平面ABFD的法向量.‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ,‎ 则sin θ===.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎3.解析:依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).‎ ‎(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).‎ 设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则 即 不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).‎ 又=,可得·n0=0,‎ 又因为直线MN⊄平面CDE,‎ 所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).‎ 设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,‎ 则 即 不妨令z=1,可得n=(0,1,1).‎ 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,‎ 则即 不妨令z=1,可得m=(0,2,1).‎ 因此有cos〈m,n〉==,于是sin〈m,n〉=.‎ 所以,二面角E-BC-F的正弦值为.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).‎ 易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,‎ 故|cos〈,〉|==,‎ 由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].‎ 所以,线段DP的长为.‎ ‎4.解析:(1)设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.‎ 因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.‎ 又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.‎ 所以PA⊥平面PBC.‎ ‎(2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.‎ 由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.‎ 所以=,=.‎ 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则 即 可取m=.‎ 由(1)知=是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos〈n,m〉==.‎ 易知二面角B PCE的平面角为锐角,‎ 所以二面角B PC E的余弦值为.‎ ‎5.解析:(1)因为M,N分别为BC,B‎1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.‎ 因为△A1B‎1C1是正三角形,所以B‎1C1⊥A1N.‎ 又B‎1C1⊥MN,故B‎1C1⊥平面A1AMN.‎ 所以平面A1AMN⊥平面EB‎1C1F.‎ ‎(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz,则AB=2,AM=.‎ 连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC,作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.‎ 设Q(a,0,0),则NQ=,B1,故=,||=.‎ 又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,故sin所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.‎ ‎=cos〈n,〉==.‎
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