《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)11 立體幾何(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)11 立體幾何(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題(13頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時集訓(xùn)(十一) 立體幾何
1.(2019·全國卷Ⅰ)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點(diǎn).
(1)證明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
[解] (1)證明:連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME=B1C.又因為N為A1D的中點(diǎn),所以ND=A1D.
由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四邊形MNDE為平行四邊形,所以MN∥ED.又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2
2、)由已知可得DE⊥DA.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則
A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).
設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則
所以可取m=(,1,0).
設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,則
所以可取n=(2,0,-1).
于是cos〈m,n〉===,所以二面角A-MA1-N的正弦值為.
2.(2018·全國卷Ⅱ)
如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=
3、4,O為AC的中點(diǎn).
(1)證明:PO⊥平面ABC;
(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.
[解] (1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=2.
連接OB.因為AB=BC=AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,得PO⊥平面ABC.
(2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C
4、(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的一個法向量=(2,0,0).
設(shè)M(a,2-a,0)(0≤a≤2),則=(a,4-a,0).
設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).
由·n=0,·n=0得
可取n=((a-4),a,-a),
所以cos〈,n〉=.由已知可得|cos〈,n〉|=,
所以=,解得a=-4(舍去)或a=,
所以n=.
又=(0,2,-2),所以cos〈,n〉=.
所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.
3.(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,
5、∠FBC=60°,將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.
圖1 圖2
(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大?。?
[解] (1)證明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,
故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,故AB⊥平面BCGE.
又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC,垂足為H.因為EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
6、
由已知,菱形BCGE的邊長為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).
設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),則
即
所以可取n=(3,6,-).
又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),
所以cos〈n,m〉==.
因此二面角B-CG-A的大小為30°.
4.(2020·全國卷Ⅱ)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的
7、中點(diǎn),P為AM上一點(diǎn),過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)設(shè)O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.
[解] (1)證明:因為M,N分別為BC,B1C1的中點(diǎn),所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因為△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為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向為x軸正方向
8、,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz,則AB=2,AM=.
連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形,故PM=,E.
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.
作NQ⊥AM,垂足為Q,則NQ⊥平面ABC.
設(shè)Q(a,0,0),則NQ=,
B1,
故=,
||=.
又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,故
sin=cos〈n,〉==.
所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為.
1.(2020·六安模擬)如圖1,在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=BC=AD,E為AD中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn),將△ABE沿BE翻折到圖2中△A1BE的位置得
9、到四棱錐A1-BCDE.
圖1 圖2
(1)求證:CD⊥A1C;
(2)若A1C=AB,BE=AB,求二面角B-A1E-D的余弦值.
[解] (1)由題圖1可知,四邊形ABCE為菱形,
則AC=BE,則在圖2中,BE⊥A1O,BE⊥CO,
所以BE⊥平面A1OC.
又BE∥CD,所以CD⊥平面A1OC.
又A1C?平面A1OC , 故CD⊥A1C.
(2)因為BE=AB,所以∠BAE=,
設(shè)AB=2,則A1O=OC=1,
又 A1C=AB=,所以∠A1OC=.
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
則O(0,0,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1
10、(0,0,1),E(-,0,0),D(-2,1,0),
則=(-,1,0),=(,0,1).
則平面A1EB的法向量為n1=(0,1,0),
設(shè)平面A1ED的法向量為n2=(x,y,z),
則則
令x=1,則y=,z=-,
則n2=(1,,-),
所以cos〈n1,n2〉===,
又由圖可知二面角B-A1E-D為鈍二面角,
故二面角B-A1E-D的余弦值為-.
2.(2020·沈陽模擬)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是邊長為2的等邊三角形,BC⊥BB1,CC1=,AC1=.
(1)證明:平面ABC⊥平面BB1C1C;
(2)M,N分別是BC,B1
11、C1的中點(diǎn),P是線段AC1上的動點(diǎn),若二面角P-MN-C的平面角的大小為30°,試確定點(diǎn)P的位置.
[解] (1)證明:因為AC=2,CC1=,AC1=,
所以AC2+CC=AC,即AC⊥CC1.
又因為BC⊥BB1,BB1∥CC1,所以BC⊥CC1,
AC∩BC=C,所以CC1⊥平面ABC.
因為CC1?平面BB1C1C,
所以平面ABC⊥平面BB1C1C.
(2)連接AM,因為AB=AC=2,M是BC的中點(diǎn),所以AM⊥BC.
由(1)知,平面ABC⊥平面BB1C1C,所以AM⊥平面BB1C1C.
以M為原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz,
則平面BB1C1
12、C的一個法向量是m=(0,0,1),A(0,0,),N(0,,0),C1(-1,,0).
設(shè)=t(0
13、動點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.
(1)證明:平面ADE⊥平面ACD;
(2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時,求二面角D-AE-B的余弦值.
[解] (1)證明:∵AB是圓O的直徑,∴AC⊥BC,
∵DC⊥平面ABC,BC?平面ABC,
∴DC⊥BC,又DC∩AC=C,∴BC⊥平面ACD,
∵DC∥EB,DC=EB,
∴四邊形DCBE是平行四邊形,∴DE∥BC,
∴DE⊥平面ACD.
又DE?平面ADE,∴平面ACD⊥平面ADE.
(2)當(dāng)C點(diǎn)為半圓的中點(diǎn)時,AC=BC=2,
以C為原點(diǎn),以CA,CB,CD為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所
14、示,則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),
∴=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1),
設(shè)平面DAE的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABE的法向量為n=(x2,y2,z2),
則
即
令x1=1得m=(1,0,2),
令x2=1得n=(1,1,0).
∴cos〈m,n〉===.
∵二面角D-AE-B是鈍二面角,
∴二面角D-AE-B的余弦值為-.
1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,O為BC的中點(diǎn),A1O⊥平面ABC.
(1)證明四邊形B
15、B1C1C為矩形;
(2)求直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值.
[解] (1)證明:連接AO,因為O為BC的中點(diǎn),可得BC⊥AO,
∵A1O⊥平面ABC, BC?平面ABC,∴A1O⊥BC,
又∵AO∩A1O=O,∴BC⊥平面AA1O,
∴BC⊥AA1,∵BB1∥AA1, ∴BC⊥BB1,
又∵四邊形BB1C1C為平行四邊形,
∴四邊形BB1C1C為矩形.
(2)如圖,分別以O(shè)A,OB,OA1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,2,0),C(0,-2,0),
Rt△AOB中,
AO==1,A(1,0,0),
Rt△AA1O中,A1 O = =
16、2,
A1(0,0,2),∴=(-1,0,2),=(0,-2,-2),==(-1,2,0),
設(shè)平面A1B1C的法向量是n=(x,y,z),
由 得 即可取n=(2,1,-1),
設(shè)直線AA1與平面A1B1C所成角為θ,則θ∈,
sin θ====,
∵θ∈,∴cos θ==,
即直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值為.
2.如圖1,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=2BC=4,∠ABC=120°,E為AD的中點(diǎn).現(xiàn)分別沿BE,EC將△ABE和△ECD折起,點(diǎn)A折至點(diǎn)A1,點(diǎn)D折至點(diǎn)D1,使得平面A1BE⊥平面BCE,平面ECD1⊥平面BCE,連接A1D1,如圖2.
17、
圖1 圖2
(1)若平面BCE內(nèi)的動點(diǎn)G滿足GD1∥平面A1BE,作出點(diǎn)G的軌跡并證明;
(2)求平面A1D1E與平面BCE所成銳二面角的余弦值.
[解] (1)如圖,取BC和CE的中點(diǎn)N和M,
則點(diǎn)G的軌跡是直線MN.
證明如下:連接D1M,MN,ND1,則MN∥BE,
又MN?平面BEA1,BE?平面BEA1,
∴MN∥平面BEA1.
依題意知,△A1BE,△BCE,△ECD1為正三角形,
∴MD1⊥CE.
又∵平面ECD1⊥平面BCE,平面ECD1∩平面BCE=CE,MD1?平面ECD1,
∴MD1⊥平面BCE,
又∵平面A1BE⊥平面BCE,MD
18、1?平面BEA1,
∴MD1∥平面EBA1,
∵M(jìn)D1∩NM=M,NM?平面MND1,MD1?平面MND1,
∴平面MND1∥平面BEA1,
當(dāng)GD1?平面MND1時,GD1∥平面A1BE.
∴點(diǎn)G的軌跡是直線MN.
(2)以M為原點(diǎn),MB,MC,MD1所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz.
則平面BCE的一個法向量為m=(0,0,1),
E(0,-1,0),D1(0,0,),A1,
∴=,=(0,1,),
設(shè)平面A1ED1的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=1,得y=-,x=-1,
∴n=(-1,-,1),
設(shè)所求二面角
19、為θ,則cos θ===.
3.如圖,圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形,點(diǎn)P是圓弧CD上的一動點(diǎn)(不與C,D重合),點(diǎn)Q是圓弧AB的中點(diǎn),且點(diǎn)P,Q在平面ABCD的兩側(cè).
(1)證明:平面PAD⊥平面PBC;
(2)設(shè)點(diǎn)P在平面ABQ上的射影為點(diǎn)O,點(diǎn)E,F(xiàn)分別是△PQB和△POA的重心,當(dāng)三棱錐P-ABC體積最大時,回答下列問題.
①證明:EF∥平面PAQ;
②求平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值.
[解] (1)因為ABCD是軸截面,所以AD⊥平面PCD,所以AD⊥PC.又點(diǎn)P是圓弧CD上的一動點(diǎn)(不與C,D重合),且CD為直徑,所以PC⊥PD,又AD∩PD=D
20、,PD?平面PAD,AD?平面PAD,所以PC⊥平面PAD,而PC?平面PBC,故平面PAD⊥平面PBC.
(2)當(dāng)三棱錐P-ABC體積最大時,點(diǎn)P為圓弧CD的中點(diǎn),所以點(diǎn)O為圓弧AB的中點(diǎn),所以四邊形AQBO為正方形,且PO⊥平面ABO.
①連接PE并延長交BQ于點(diǎn)M,連接PF并延長交OA于點(diǎn)N,連接MN,則MN∥AQ,
因為E,F(xiàn)分別為兩個三角形的重心,
∴==,EF∥MN,
所以EF∥AQ,又AQ?平面PAQ,EF?平面PAQ,所以EF∥平面PAQ.
②PO⊥平面ABO,AO垂直BO,所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OB,OP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則
P(0,0,2),A(,0,0),B(0,,0),
=(,0,-2),=(-,,0).
設(shè)平面PAB的法向量n=(x,y,z),則即可取n=(,,1),
又平面PCD的法向量m=(0,0,1),
所以cos〈n,m〉===,
所以sin〈n,m〉=.
所以平面PAB與平面PCD所成二面角的正弦值為.