高考数学一轮复习配餐作业49立体几何的热点问题含解析理.doc

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1、1配餐作业配餐作业( (四十九四十九) ) 立体几何的热点问题立体几何的热点问题(时间：40 分钟)1(2017东北三省模拟)已知等腰梯形ABCD如图所示，其中ABCD，E，F分别为AB和CD的中点，且ABEF2，CD4，M为CE的中点，现将梯形ABCD沿EF所在直线折起，使平面EFCB平面EFDA，如图所示，N是CD的中点。(1)证明：MN平面EFDA；(2)求二面角MNAF的余弦值。解析 (1)证明：连接ED，则MNED，又MN平面EFDA，ED平面EFDA，所以MN平面EFDA。(2)由题意知平面EFDA平面EFCB，平面EFDA平面EFCBEF，CFEF，CF平面EFCB，所以CF平面

2、EFDA。以F为坐标原点，FE为x轴，FD为y轴，FC为z轴，建立空间直角坐标系Fxyz。由题意得F(0,0,0)，E(2,0,0)，C(0,0,2)，D(0,2,0)，M(1,0,1)，N(0,1,1)，A(2,1,0)，得平面AMN的一个法向量为(1,1,2)，平面AFN的一个法向量为(1，2,2)，设所求的二面角为，则|cos|，66又所求二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为。66答案 (1)见解析 (2)662如图，正方形ABCD的边长为 4，ABAEBFEF，ABEF，把四边形ABCD沿1 2AB折起，使得AD底面AEFB，G是EF的中点，如图。2(1)求证：AG平面BCE；(2)

3、求二面角CAEF的余弦值。解析 (1)证明：连接BG，因为BCAD，AD底面AEFB，所以BC底面AEFB，又AG底面AEFB，所以BCAG，因为AB綊EG，ABAE，所以四边形ABGE为菱形，所以AGBE，又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE。(2)解法一：由(1)知四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4，设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，3取CE的中点M，连接OM，所以OMBC，所以OM平面AEFB，作MNAE于N，连接ON，所以ONAE，所以ONM为二面角CAEF的平面角。在 RtAOE中，由AEONOEOA得 4ON 22，即ON，1 2

4、1 21 21 233又OMBC2，1 2所以MN，所以 cosONM，22 32737217所以二面角CAEF的余弦值为。217解法二：由(1)知四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4，设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，3以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，3则O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，333D(2,0,4)，所以(2,2，4)，(2，2，0)，AC3AE3设平面ACE的法向量为n n(x，y，z)，则Error!Error!取y1，则x，z，即平面ACE的一个法向量为n n(，1，)。33

5、33显然m m(0,0,1)是平面AEF的一个法向量。所以 cosn n，m m217结合图象可知，二面角CAEF的余弦值为。217答案 (1)见解析 (2)2173(2016湖北模拟)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，DAB60，AD2，AM1，E为AB的中点。(1)求证：AN平面MEC；(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角PECD的大小为？若存在，求出AP的 6长h；若不存在，请说明理由。解析 证明：(1)如图，连接NB交MC于点F，连接EF。由已知可得四边形BCNM是平行四边形，F是BN的中点，又E是AB的中点，ANEF。又EF平面

6、MEC，AN平面MEC，AN平面MEC。4(2)假设线段AM上存在点P，使二面角PECD的大小为。 6在AM上取一点P，连接EP，CP。由于四边形ABCD是菱形，且DAB60，E是AB的中点，可得DEAB。又四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，DN平面ABCD，如图建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，E(，0,0)，C(0,2,0)，3P(，1，h)，3则(，2,0)，(0，1，h)，设平面PEC的法向量为n n1(x，y，z)，CE3EP则Error!，Error!，令yh，则n n1(2h，h，)，又平面DEC的法向量n n2(0,0,1)，333cosn n1，n

7、 n2，n n1n n2 |n n1|n n2|37h2332解得h，77在线段AM上存在点P，使二面角PECD的大小为，此时h。 677答案 (1)见解析 (2)存在，h774(2017郑州一中模拟)如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DCEB，且DCEB1，AB4。(1)证明：平面ADE平面ACD；(2)当三棱锥CADE体积最大时，求二面角DAEB的平面角的余弦值。解析 (1)证明：如图，连接BC，因为AB是半圆O的直径，所以BCAC，5因为CD平面ABC，所以CDBC，因为CDACC，所以BC平面ACD。因为CDBE，CDBE，所以四边

8、形BCDE是平行四边形，所以BCDE，所以DE平面ACD。又DE平面ADE，所以平面ADE平面ACD。(2)因为DCEB1，AB4，由(1)知VCADEVEACDS1 3ACDDE ACCDDE ACBC(AC2BC2)AB2 ，当且仅当1 31 21 61 121 124 3ACBC2时等号成立。2如图所示，建立空间直角坐标系Cxyz，则D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，则(2，2，0)，222AB22(0,0,1)，BE(0,2，0)，(2，0，1)。DE2DA2设平面DAE的法向量为n n(x1，y1，z1)，则Error!，取x11，得n n(1,

9、0,2)。2设平面ABE的法向量为m m(x2，y2，z2)，则Error!，取x21，得m m(1,1,0)。所以 cosm m，n n，13 2266故结合图象可以判断二面角DAEB的平面角的余弦值为。26答案 (1)见解析 (2)26(时间：20 分钟)1. (2016豫南九校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2，点M在PD上(不与P、D重合)。22(1)求证：ABPC；(2)若二面角MACD的大小为 45，求BM与平面PAC所成角的正弦值。解析 (1)证明：取BC中点E，连接AE，则ADEC，ADEC，所以四边形AECD为

10、平行四边形，故AEBC，又AEBEEC2，所以ABCACB45，故ABAC，又易2知ABPA，因为ACPAA，AC、PA平面PAC，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，故ABPC。(2)如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，2，0)，22C(2，2，0)，P(0,0,2)，D(0，2，0)，则(0,2，2)，(2，2，0)，222PD2AC22设(0,2，2)(01)，PMPD2易得M(0,2，22)，2(0,2，22)，AM2设平面AMC的法向量为n n1(x，y，z)，则Error!令y，得x，z，222 1即n n1。( 2， 2，2 1)易知平面ACD的一个法向

11、量为n n2(0,0,1)，7则|cosn n1，n n2|cos45，|n n1n n2| |n n1|n n2|2 1|4(2 1)2解得 ，1 2即M(0， ，1)，(2，3，1)，2BM22而(2，2，0)是平面PAC的一个法向量，AB22设直线BM与平面PAC所成的角为。则 sin|cos， |。BMAB|812|4 3 35 39故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为。5 39答案 (1)见解析 (2)5 392如图，在等腰梯形ABCD中，ADBC，AD1，BC3，E为BC上一点，BE2EC，且DE。将梯形ABCD沿DE折成直二面角BDEC，如图所示。3(1)求证：平面AEC平面

12、ABED；(2)设点A关于点D的对称点为G，点M在BCE所在平面内，且直线GM与平面ACE所成的角为 60，试求出点M到点B的最短距离。解析 (1)证明：在题图中，由题意易得DEBC，在题图中，DEBE，DECE，BEC是二面角BDEC的平面角，二面角BDEC是直二面角，BECE。DEBEE，DE，BE平面ABED，CE平面ABED，又CE平面AEC，平面AEC平面ABED。(2)由(1)知DE，BE，CE两两互相垂直，以E为原点，分别以EB，EC，ED所在直线为8x，y，z轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示。则E(0,0,0)，A(1,0，)，B(2,0,0)，C(0,1,0)，D(0,0，)，G(1,0，)，333(1,0，)，(0,1,0)。EA3EC设平面ACE的一个法向量为n n(x，y，z)，则Error!即Error!取x，得n n(，0，1)。33设M(x1，y1,0)，则(x11，y1，)。GM3直线GM与平面ACE所成的角为 60，sin60，|GMn n|GM|n n|即，化简得y2x1，| 3x11 3|2 x112y2 13322 1从而有|MB|x122y2 1x1222x1x2 12x14，x1123所以，当x11 时，|MB|取得最小值。3即点M到点B的最短距离为。3答案 (1)见解析 (2)3