2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題7 立體幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 理

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1、第2講 綜合大題部分 1.(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F(xiàn)分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF. (1)證明:平面PEF⊥平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 解析:(1)證明: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)如圖,作PH⊥EF,垂足為H. 由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz. 由(1)可

2、得,DE⊥PE. 又DP=2,DE=1,所以PE=. 又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF. 所以PH=,EH=. 則H(0,0,0),P,D, =,=. 又為平面ABFD的法向量, 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ, 則sin θ===. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 2.(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=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. 解析:(1)證明:因?yàn)镻A=PC=AC=4,O為A

3、C的中點(diǎn), 所以O(shè)P⊥AC,且OP=2. 如圖,連接OB. 因?yàn)锳B=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?yàn)閤軸正方向,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(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

4、向量為n=(x,y,z). 由·n=0,·n=0得 可取y=a,得平面PAM的一個法向量為n=((a-4),a,-a), 所以cos 〈,n〉=. 由已知可得|cos〈,n〉|=cos 30°=, 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.(2017·高考全國卷Ⅰ)如圖,在四棱錐P-ABCD中, AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值. 解析:(1)

5、證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°, 得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P, 從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,||為單位長度,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A,P,B,C. 所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0). 設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則 即 可取n=(0,-1,-).

6、 設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則 即 可取m=(1,0,1). 則cos〈n,m〉===-. 所以二面角A-PB-C的余弦值為-. 4.(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值. 解析:(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD, 所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑, 所以DM

7、⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),D的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時,M為的中點(diǎn).由題設(shè)得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), A=(-2,1,1),A=(0,2,0),D=(2,0,0), 設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則 即 可取n=(1,0,2),D是平面MCD的法向量,因此 cos〈n,D〉==,sin〈n,D〉=. 所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值

8、是. 1. 如圖所示,在平行四邊形ABCD中,BC=2AB=4,∠ABC=60°,PA⊥AD,E,F(xiàn)分別為BC,PE的中點(diǎn),AF⊥平面PED. (1)求證:PA⊥平面ABCD; (2)求直線BF與平面AFD所成角的正弦值. 解析:(1)證明:連接AE, 由BC=2AB=4,∠ABC=60°, ∴AE=2,ED=2,從而有AE2+ED2=AD2, 所以AE⊥ED, 又AF∩AE=A,所以ED⊥平面PAE,PA?平面PAE,則ED⊥PA, 又PA⊥AD,AD∩ED=D,所以PA⊥平面ABCD. (2)以E為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則A(0,2,0

9、),D(2,0,0),B(-,1,0), 因?yàn)锳F⊥平面PED,所以AF⊥PE, 又F為PE的中點(diǎn),所以PA=AE=2, 所以P(0,2,2),F(xiàn)(0,1,1),=(0,-1,1),=(2,-2,0),=(,0,1), 設(shè)平面AFD的法向量為n=(x,y,z), 由得 令x=1,得n=(1,,). 設(shè)直線BF與平面AFD所成的角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|===, 即直線BF與平面AFD所成角的正弦值為. 2.如圖所示,在四棱錐P -ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD是平行四邊形,∠ABC=45°,AD=AP=2,AB=DP=2,E為CD的中點(diǎn),

10、點(diǎn)F在線段PB上. (1)求證:AD⊥PC; (2)試確定點(diǎn)F的位置,使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等. 解析:(1)證明:如圖所示,在平行四邊形ABCD中,連接AC, 因?yàn)锳B=2,BC=2,∠ABC=45°, 由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2·AB·BC·cos 45°=4,得AC=2,所以∠ACB=90°,即BC⊥AC. 又AD∥BC,所以AD⊥AC, 因?yàn)锳D=AP=2,DP=2, 所以PA⊥AD, 又AP∩AC=A,所以AD⊥平面PAC, 所以AD⊥PC. (2)因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD, 所

11、以PA⊥底面ABCD,所以直線AC,AD,AP兩兩互相垂直,以A為原點(diǎn),直線AD,AC,AP為坐標(biāo)軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ) -xyz,則A(0,0,0),D(-2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),E(-1,1,0),P(0,0,2),所以=(0,2,-2),=(-2,0,-2),=(2,2,-2). 設(shè)=λ(λ∈[0,1]), 則=(2λ,2λ,-2λ),F(xiàn)(2λ,2λ,-2λ+2), 所以=(2λ+1,2λ-1,-2λ+2),易得平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1). 設(shè)平面PDC的法向量為n=(x,y,z), 由得 令x=1,得n=(1,-1

12、,-1). 因?yàn)橹本€EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等, 所以|cos〈,m〉|=|cos〈,n〉|, 即=, 所以|-2λ+2|=||,即|λ-1|=|λ|(λ∈[0,1]), 解得λ=,所以=. 即當(dāng)=時,直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等. 3.如圖,在三棱柱ABC -A1B1C1中,∠AA1B1=45°,AC=BC,平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,E為CC1中點(diǎn). (1)求證:BB1⊥AC; (2)若AA1=2,AB=,直線A1C1與平面ABB1A1所成角為45°,求平面A1B1E與平面ABC所成銳二面角

13、的余弦值. 解析:(1)證明:過點(diǎn)C做CO⊥BB1交BB1于O, 因?yàn)槊鍮B1C1C⊥面AA1B1B, BB1C1C∩面AA1B1B=B1B, 所以CO⊥面AA1BB1,故CO⊥BB1, 又因?yàn)锳C=BC,OC=OC, 所以Rt△AOC≌Rt△BOC,故OA=OB, 因?yàn)椤螧1A1A=∠OBA=45°,所以AO⊥BB1, 又因?yàn)锽B1⊥CO,所以BB1⊥面AOC, 故BB1⊥AC. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OB,OC所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)O -xyz, A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),A1(1,-2,0),B1(0,-1,0

14、),E(0,-1,1), 設(shè)面A1B1E的法向量為n=(x1,y1,z1), 則∴ 令x1=1,得n=(1,1,0). 設(shè)面ABC的法向量為m=(x2,y2,z2), 則∴ 令x2=1,得m=(1,1,1),∴cos〈m,n〉==, 面A1B1E與面ABC所成銳二面角的余弦值為. 4.(2018·臨沂模擬)如圖①,在矩形ABCD中,AB=,BC=4,E是邊AD上一點(diǎn),且AE=3,把△ABE沿BE翻折,使得點(diǎn)A到A′滿足平面A′BE與平面BCDE垂直(如圖②). (1)若點(diǎn)P在棱A′C上,且CP=3PA′,求證:DP∥平面A′BE; (2)求二面角B-A′E-D的余弦值的大小

15、. 解析:(1)證明:在圖②中,過P作PQ∥BC交A′B于點(diǎn)Q,連接QE. 因?yàn)镃P=3PA′,所以==, 因?yàn)锽C=4,所以PQ=1, 因?yàn)镈E∥BC,DE=1,所以DE綊PQ, 所以四邊形QEDP為平行四邊形,所以DP∥EQ. 因?yàn)镈P?平面A′BE,EQ?平面A′BE,所以DP∥平面A′BE. (2)在圖②中,過A′作A′F⊥BE于點(diǎn)F, 因?yàn)槠矫鍭′BE⊥平面BCDE. 所以A′F⊥平面BCDE. 因?yàn)椤螧A′E=90°,A′B=,A′E=3, 所以∠A′EB=30°,A′F=,EF=, 過F作FG⊥DE交DE的延長線于點(diǎn)G,則FG=,EG=. 如圖②,建立空間直角坐標(biāo)系,D(0,0,0),E(1,0,0),B(4,,0),C(0,,0),A′,F(xiàn),則=,=,=(1,0,0). 設(shè)平面A′BE的法向量n=(x,y,z), 則即 可取n=(1,-,0). 設(shè)平面A′DE的法向量m=(x1,y1,z1), 則即 可取m=(0,2,-). 所以cos〈m,n〉==-. 因?yàn)槎娼荁-A′E-D為鈍角, 所以二面角B-A′E-D的余弦值的大小為-. 10

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