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(6页).docx

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1、-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-第 6 页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.MQPC.又AP=2PC1,C1PC1Q=12.C1NC1M=C1PC1Q=12,即N为C1M的中点.FN为C1BM的

2、中位线,FNBM.又FN平面B1CP,BM平面B1CP,BM平面B1CP.(2)解连接MF,过点M作MGCP于点G,连接FG,BMAC,BMCC1,BM平面ACC1.BMFN,FN平面ACC1.FNMG.又MGPC,FNPC=N,MG平面B1PC.又AB1MF,MFG为直线AB1与平面B1CP所成的角.AB=BC=AA1=2,ABC=120,AB1=22,CM=12AC=3.MF=2,MG=2217.FG=147.cosMFG=FGMF=77.直线AB1与平面B1CP所成角的余弦值为77.2.在三棱锥A-BCD中,E是BC的中点,AB=AD,BDDC.(1)求证:AEBD.(2)若DB=2DC

3、=2AB=2,且二面角A-BD-C为60,求AD与面BCD所成角的正弦值.(1)证明如图,取BD的中点F,连EF,AF,E为BC中点,F为BD中点,FEDC.又BDDC,BDFE.AB=AD,BDAF.又AFFE=F,AF,FE平面AFE,BD平面AFE.AE平面AFE,AEBD.(2)解由(1)知BDAF,AFE即为二面角A-BD-C的平面角,AFE=60.AB=AD=2,DB=2,ABD为等腰直角三角形.AF=12BD=1,又FE=12DC=12,AE2=AF2+FE2-2AFFEcosAFE=1+14-2112cos60=34,即AE=32,AE2+FE2=1=AF2.AEFE.又由(1

4、)知BDAE,且BDFE=F,BD平面BDC,FE平面BDC,AE平面BDC,ADE就是AD与平面BCD所成的角,在RtAED中,AE=32,AD=2,AD与平面BCD所成角的正弦值sinADE=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MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为.(1)当=90 时,求cosAOC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 =147求线段MP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,-

5、1,0),C(0,1,2),OA=(2,-1,0),OC=(0,1,2),cosAOC=OAOC|OA|OC|=-15.(2)如图,当=60时,C(1,1,3),D(1,-1,3),M(0,-1,0),MD=(1,0,3),设MP=MD(01),则OP=OM+MP=(,-1,3),AP=OP-OA=(-2,0,3).设平面AOC的法向量为n=(x,y,z),nOA=0,nOC=0,2x-y=0,x+y+3z=0,取n=(1,2,-3),由题意,得APn|AP|n|=147,即32-10+3=0,=13或=3(舍去).在线段MD上存在点P,且MP=13MD=23.4.已知四棱锥P-ABCD的三视

6、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BDAE?证明你的结论;(2)若点E为PC的中点,求二面角D-AE-B的大小.解(1)不论点E在何位置,都有BDAE.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,BDAC.PC底面ABCD,且BD平面ABCD,BDPC.又ACPC=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BDAE.(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)

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

8、D=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,ABCD,AD=DC=CB=1,ABC=60,AB=2.AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3.AB2=AC2+BC2.BCAC.平面ACFE平面ABCD,平面ACFE平面ABCD=AC,BC平面ABCD,BC平面ACFE.(2)解分别以直线CA,CB,CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,令FM=(03),则C(0,0,

9、0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),AB=(-3,1,0),BM=(,-1,1).设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由n1AB=0,n1BM=0,得-3x+y=0,x-y+z=0,取x=1,则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+4.03,当=0时,cos有最小值77,当=3时,cos有最大值12.cos77,12.6.(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

10、侧面PAD与PBC的交线为m,求证:mBC;(2)设底边AB与侧面PBC所成的角为,求sin 的值.(1)证明因为BCAD,所以BC侧面PAD.又因为侧面PAD与PBC的交线为m,所以mBC.(2)解法一(向量方法)取CD的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,则PMCD,MNCD.所以PMN是侧面PCD与底面所成二面角的平面角.从而PMN=60.作POMN于点O,则PO底面ABCD.因为CM=2,PM=23,所以OM=3,OP=3.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AB=(0,4,0),PB=(4-3,2,-3),PC=(-3,2,-3).设n=(x,y,z)是平

11、面PBC的法向量,则(4-3)x+2y-3z=0-3x+2y-3z=0x=0,2y=3z.取n=(0,3,2).则sin=|cos|=12134=31313.解法二(几何方法)取CD的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,则PMCD,MNCD.所以PMN是侧面PCD与底面所成二面角的平面角.从而PMN=60.作POMN于点O,则PO底面ABCD.因为CM=2,PM=23,所以OP=3.作OEAB交BC于点E,连接PE.因为BCPO,BCOE,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.