【红对勾】（新课标）2016高考数学大一轮复习 立体几何的热点问题课时作业 理.DOC

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1、课时作业52高考中立体几何的热点问题1平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示，其中BB1C1C是矩形BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值解：(1)取BC，B1C1的中点分别为D，D1，连接A1D1，DD1，AD.由四边形BB1C1C为矩形，知DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.由A

2、1B1A1C1，知A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故(0,3，4)，(2,0,0)，因为0，所以，即AA1BC.(2)因为(0,3，4)，所以|5，即AA15.(3)连接A1D.由BCAD，BCAA1，可知BC面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，即二面角ABCA1的余弦值为.2

3、在如图所示的几何体中，底面ABCD为菱形，BAD60，AA1綊DD1綊CC1BE，且AA1AB，D1E平面D1AC，AA1底面ABCD.(1)求二面角D1ACE的大小；(2)在D1E上是否存在一点P，使得A1P平面EAC，若存在，求的值，若不存在，说明理由解：(1)设AC与BD交于O，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz，设AB2，则A(，0,0)，B(0，1,0)，C(，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,2)，设E(0，1，t)，t0，则(0,2,2t)，(2，0,0)，(，1，2)D1E面D1AC，D1ECA，D1ED1A，解得t3，E(0，1,3)，(，1,3)，设平面EAC的法向

4、量为m(x，y，z)，则令z1，y3，m(0,3,1)又平面D1AC的法向量(0,2，1)，cosm，.所以所求二面角的大小为45.(2)假设存在点P满足题意设()，得(0，)，(，1,0)(0，)(，1，)A1P平面EAC，m，03(1)10，解得，故存在点P使A1P面EAC，此时D1PPE32.3如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD底面ABCD，且ADPAPD.(1)求证：平面PAB平面PCD；(2)在线段AB上是否存在点G，使得平面PCD与平面PDG夹角的余弦值为？若存在，请说明理由解：(1)平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，四边形AB

5、CD为正方形，CDAD，CD平面ABCD，CD平面PAD，CDPA.又ADPAPD，PAD为等腰直角三角形，且APD，即PAPD.又CDPDD，且CD，PD平面PDC，PA平面PDC，又PA平面PAB，平面PAB平面PCD.(2)如图，取AD的中点O，连接OP.PAPD，POAD.侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面ABCD，ADPAPD，PAPD，OPOA1.以O为原点，直线OA，OP分别为x，z轴，且底面ABCD中过O点垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)假设在AB上存在点G使得平面PCD与平面PDG夹角的

6、余弦值为，连接PG，DG.设G(1，a,0)(0a2)由(1)知平面PCD的一个法向量为(1,0，1)设平面PDG的法向量为n(x，y，z)(1,0,1)，(2，a,0)，由n0，n0可得，令x1，则y，z1，故n(1，1)，cosn，解得，a.在线段AB上存在点G(1，0)，使得平面PCD与平面PDG夹角的余弦值为.1(2014安徽卷)如右图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若A1A4，CD

7、2，梯形ABCD的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小解：(1)因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A.所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD.所以，即Q为BB1的中点(2)如图1，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.图1VQA1AD2ahdahd，VQABCDd(h)ahd，所以V下VQA1ADVQABCDahd，又VA1B1C1D1ABCDahd，所以V上VA1B1C1D1ABCDV

8、下ahdahdahd，故.(3)解法1：如图1，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.因为梯形ABCD的面积为6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.图2解法2：如图2，以D为原点，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA.因为SABCD2sin6，所以a.从而C(2cos，2sin，0)，A1(，0,4)，所以(2cos，2sin，0)，(，0

9、,4)设平面A1DC的法向量为n(x，y,1)，由得xsin，ycos，所以n(sin，cos，1)因为平面ABCD的法向量为m(0,0,1)，所以cosn，m，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.2如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SAABBC2，AD1.M是棱SB的中点(1)求证：AM平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求sin的最大值解：(1)证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)则(0,1,1)，(1,0，2)，(1，2,0)设平面SCD的法向量是n(x，y，z)，则即令z1，则x2，y1，于是n(2，1,1)n0，n.又AM平面SCD，AM平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1(1,0,0)设平面SCD与平面SAB所成的二面角为，则|cos|，即cos.平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.(3)设N(x,2x2,0)(x1,2)，则(x,2x3，1)又平面SAB的一个法向量为n1(1,0,0)，sin.当，即x时，(sin)max.9