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文档介绍
【数学】2020届一轮复习(文理合用)高考大题规范解答系列4立体几何(理)作业
对应学生用书[练案53理] 高考大题规范解答系列(四)——立体几何(理) 1.(2018·课标全国Ⅰ卷)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. [解析] (1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF. 又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)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(0,0,),D(-1,-,0),=(1,,),=(0,0,)为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为θ, 则sinθ===. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 2.(2019·山东诊断)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥底面ABCD,E,F分别为AB,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAD. (2)若PA=2,试问在线段EF上是否存在点Q,使得二面角Q-AP-D的余弦值为?若存在,确定点Q的位置;若不存在,请说明理由. [解析] (1)证明:取PD的中点M,连接MF,MA. 在△PCD中,F为PC的中点, ∴MF綊DC. ∵在正方形ABCD中,E为AB的中点, ∴AE綊DC,∴AE綊MF. 故四边形EFMA为平行四边形,∴EF∥AM. 又∵EF⊄平面PAD,AM⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD. (2)结论:存在满足条件的点Q,且Q是EF的中点. 如图,以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,则P(0,0,2),B(0,1,0),C(1,1,0),E(0,,0),F(,,1),由题易知平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0). 假设存在点Q满足条件, 设=λ(0≤λ≤1). ∵=(,0,1), ∴Q(,,λ),=(,,λ). 设平面PAQ的一个法向量为m=(x,y,z), 由即 取x=1,则y=-λ,可得m=(1,-λ,0), ∴cosm,n==. 由已知得=,解得λ=, ∴存在满足条件的点Q,且Q是EF的中点. 3.在如图所示的多面体ABCDEFE中,ABCD为正方形,底面ABFE为直角梯形,平面ABCD⊥平面ABFE,AE∥BF,∠EAB=90°,AB=BF=1. (1)求证:DB⊥EC; (2)若AE=AB,求二面角C-EF-B的余弦值. [解析] (1)因为底面ABFE为直角梯形,AE∥BF, ∠EAB=90°,所以AE⊥AB,BF⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABFE,平面ABCD∩平面ABFE=AB, 所以AE⊥平面ABCD,BF⊥平面ABCD,所以BF⊥BC. 设AE=t,以BA,BF,BC所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),C(0,0,1),D(1,0,1),E(1,t,0), 故=(-1,0,-1),=(-1,-t,1), 因为·=(-1,0,-1)·(-1,-t,1)=1-1=0, 所以DB⊥EC. (2)由(1)可知=(0,0,1)是平面BEF的一个法向量, 设n=(x1,y1,z1)是平面CEF的法向量, 因为AE=AB=1,所以E(1,1,0),又F(0,2,0), 故=(1,1,-1),=(0,2,-1). 由·n=(1,1,-1)·(x1,y1,z1)=0可得x1+y1-z1=0, 由·n=(0,2,-1)·(x1,y1,z1)=0可得2y1-z1=0, 令z1=2,得y1=1,x1=1,故n=(1,1,2)为平面CEF的一个法向量, 所以cosn,===,即二面角C-EF-B的余弦值为. 4.(2019·西安模拟)直角三角形ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=2,E是AC的中点,F是线段AB上一个动点,且AF=λAB(0<λ<1),如图所示,沿BE将△CEB翻折至△DEB,使得平面DEB⊥平面ABE. (1)当λ=时,证明:BD⊥平面DEF; (2)是否存在λ,使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. [解析] (1)证明:在△ABC中,∠C=90°,即AC⊥BC,则BD⊥DE,如图,取BF的中点N,连接CN交BE于M.当λ=时,F是AN的中点.因为E是AC的中点,所以EF是△ANC的中位线,所以EF∥CN.在△BEF中,N是BF的中点,所以M是BE的中点.在Rt△BCE中,EC=BC=2,所以CM⊥BE,所以EF⊥BE.又平面DEB⊥平面ABE,平面DEB∩平面ABE=BE,所以EF⊥平面DEB.又BD⊂平面DEB,所以EF⊥BD.又EF∩DE=E,所以BD⊥平面DEF. (2)连接DM,以C为原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y 轴,建立如图所示空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,2,0),E(2,0,0),=(-2,0,0), 由(1)知M是BE的中点,DM⊥BE, 又平面DEB⊥平面ABE, 所以DM⊥平面ABE,则D(1,1,),=(-3,1,). 假设存在满足题意的λ,则由=λ, 可得F(4-4λ,2λ,0),则=(3-4λ,2λ-1,-). 设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则 即令y=,可得x=0,z=-1,即n=(0,,-1),所以DF与平面ADE所成的角的正弦值 sinθ=||==,解得λ=或λ=3(舍去). 综上,存在λ=,使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为. 5.(2019·郑州模拟)如图1,在矩形ABCD中,AB =1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将△ABE折起至△PBE,如图2所示,点P在平面BCDE上的射影O落在BE上. (1)求证:BP⊥CE; (2)求二面角B-PC-D的余弦值. [解析] (1)∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上, ∴PO⊥平面BCDE,∴PO⊥CE, 由题意,易知BE⊥CE,又PO∩BE=O, ∴CE⊥平面PBE,∴BP⊥CE. (2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,P0所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 则B(,-,0),C(,,0),D(-,,0),P(0,0,), ∴=(-1,0,0),=(-,-,),=(,-,-),=(0,2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则,即, 令z1=,可得n1=(0,,)为平面PCD的一个法向量,设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则,即, 令z2=,可得n2=(2,0,),为平面PBC的一个法向量. ∴cosn1,n2==, 由图可知二面角B-PC-D为钝角,故二面角B-PC-D的余弦值为-. 6.(2019·安徽马鞍山期末)如图,已知等边三角形ABC中,E,F分别为边AB,AC的中点,M为EF的中点,N为边BC上一点,且CN=BC,将△AEF沿EF折到△A′EF的位置,使平面A′EF⊥平面EFCB. (1)求证:平面A′MN⊥平面A′BF; (2)求二面角E-A′F-B的余弦值. [解析] (1)证明:因为E,F为等边三角形ABC的边AB,AC的中点, 所以△A′EF是等边三角形,且EF∥BC. 因为M是EF的中点,所以A′M⊥EF. 又平面A′EF⊥平面EFCB,A′M⊂平面A′EF, 所以A′M⊥平面EFCB. 又BF⊂平面EFCB,所以A′M⊥BF. 因为CN=BC,所以MF綊CN,所以MN∥CF. 在等边三角形ABC中,易知BF⊥CF.所以BF⊥MN. 而A′M∩MN=M,所以BF⊥平面A′MN, 又因为BF⊂平面A′BF,所以平面A′MN⊥平面A′BF. (2)设等边三角形ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MG⊥EF. 由(1)知A′M⊥平面EFCB,又MG⊂平面EFCB,所以A′M上MG.如图建立空间直角坐标系M-xyz,则F(-1,0,0),A′(0,0,),B(2,,0),=(1,0,),=(3,,0). 设平面A′BF的法向量为n=(x,y,z), 则由得 令z=1,得n=(-,3,1). 平面A′EF的一个法向量为p=(0,1,0), 所以cosn,p==. 显然二面角E-A′F-B是锐角,所以二面角E-A′F-B的余弦值为. 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=AP=2BC=2,M是棱PD上的一点,=λ(0<λ<1). (1)若λ=,求证:PB∥平面MAC; (2)若平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD,二面角D-AC-M的余弦值为 ,求λ的值. [解析] (1)连接BD交AC于点O,连接MO. ∵AD∥BC,∴△BCO∽△DAO, ∵AD=2BC,∴DO=2BO. ∵λ=,∴DM=2MP,∴PB∥MO, ∵PB⊄平面MAC,MO⊂平面MAC,∴PB∥平面MAC. (2)∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,且AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,∴AD⊥PA, 同理可得AB⊥PA,可知AB,AD, AP两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,1,0),M(0,2λ,2-2λ), ∴=(2,1,0),=(0,2λ,2-2λ). 易知平面ACD的一个法向量为m=(0,0,1). 设平面MAC的法向量为n=(x,y,z), 则得 令x=1,则y=-2,z=,即n=(1,-2,)为平面MAC的一个法向量. 由题意可知=, 即=, 整理得3λ2-8λ+4=0,解得λ=或λ=2(舍去), ∴λ=. 8.如图1,在矩形ABCD中,AB=3,BC=2,点E在线段DC上,且DE=,现将△AED沿AE折到△AED′的位置,连接CD′,BD′,如图2. (1)若点P在线段BC上,且BP=,证明:AE⊥D′P. (2)记平面AD′E与平面BCD′的交线为l.若二面角B-AE-D′为,求l与平面D′CE所成角的正弦值. [解析] (1)如图1,BP=,连接DP交AE于点O. 因为四边形ABCD是矩形,所以在Rt△PDC中,CD=AB=3,CP=BC-BP=2-=, 所以tan∠PDC==. 在Rt△ADE中,AD=BC=2,DE=,所以tan∠DEA==. 所以∠PDC=∠DAE,所以∠DAE+∠ADP=∠PDC+∠ADP=,所以∠DOA=. 从而AO⊥OD,AO⊥OP,那么在图2中,AE⊥OD′,AE⊥OP, 又D′O∩PO=O,所以AE⊥平面D′, 又D′P⊂平面POD′,所以AE⊥D′P. (2)由(1)知OD′⊥AE,OP⊥AE,OP⊂平面BAEC,OD′⊂平面AED′, 所以∠D′OP是二面角B-AE-D′的平面角,从而∠D′OP=. 在图2中延长AE,BC交于点Q,连接D′Q, 则Q∈平面AD′E,Q∈平面BCD′. 又D′∈平面AD′E,D′∈平面BCD′, 所以平面AD′E∩平面BCD′=D′Q,直线D′Q即直线l. 在平面POD′内过点O作OF⊥OP交D′P于点F, 由(1)知AE⊥平面POD′,又AE⊂平面ABCE,所以平面ABCE⊥平面POD′, 又平面ABCE∩平面POD′=OP,所以OF⊥平面ABCE. 以O为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图2. 在图1中,CE=DC-DE=2, 在Rt△ADE中,AD=2,DE=, 所以AE=5,OD=2,OE=1. 在△ABQ中,EC∥AB,所以=,即=, 所以EQ=10,所以OQ=OE+EQ=11. 从而D′(0,-1,),E(-1,0,0),C(-3,4,0),Q(-11,0,0), 所以=(1,-1,),=(-2,4,0),=(11,-1,), 设n=(x,y,z)为平面D′CE的法向量, 则即 取x=2,则y=,z=-1, 所以n=(2,,-1)是平面D′CE的一个法向量. 设l与平面D′CE所成的角为θ, 则sinθ=|cos,n|=||==, 所以l与平面D′CE所成角的正弦值为.查看更多