2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習 專題7 立體幾何 第2講 綜合大題部分真題押題精練 文.doc
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第2講 綜合大題部分 1. (2018高考天津卷)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點M為棱AB的中點,AB=2,AD=2,∠BAD=90. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. 解析:(1)證明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC. (2)如圖,取棱AC的中點N,連接MN,ND. 又因為M為棱AB的中點,所以MN∥BC. 所以∠DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM==. 因為AD⊥平面ABC,所以AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1, 故DN==. 在等腰三角形DMN中,MN=1, 可得cos∠DMN==. 所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為. (3)如圖,連接CM.因為△ABC為等邊三角形,M為邊AB的中點,所以CM⊥AB,CM=. 又因為平面ABC⊥平面ABD, 平面ABC∩平面ABD=AB, 而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD, 所以∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD==4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM==. 所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為. 2.(2018高考北京卷)如圖,在四棱錐P ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F(xiàn)分別為AD,PB的中點. (1)求證:PE⊥BC; (2)求證:平面PAB⊥平面PCD; (3)求證:EF∥平面PCD. 證明:(1)因為PA=PD,E為AD的中點, 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形, 所以BC∥AD,所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形, 所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD, 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD, 所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖,取PC的中點G,連接FG,DG. 因為F,G分別為PB,PC的中點, 所以FG∥BC,F(xiàn)G=BC. 因為四邊形ABCD為矩形,且E為AD的中點, 所以DE∥BC,DE=BC. 所以DE∥FG,DE=FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形. 所以EF∥DG. 又因為EF?平面PCD,DG?平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 3.(2017高考全國卷Ⅰ)如圖,在四棱錐PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90,且四棱錐PABCD的體積為,求該四棱錐的側(cè)面積. 解析:(1)證明:由∠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)如圖所示,在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD,垂足為E. 由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD. 設(shè)AB=x,則由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱錐PABCD的體積VPABCD=ABADPE=x3. 由題設(shè)得x3=,故x=2. 從而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2. 可得四棱錐PABCD的側(cè)面積為PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2. 4. (2017高考全國卷Ⅱ)如圖,四棱錐PABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90. (1)證明:直線BC∥平面PAD; (2)若△PCD的面積為2,求四棱錐PABCD的體積. 解析:(1)證明:在平面ABCD內(nèi),因為∠BAD=∠ABC=90,所以BC∥AD. 又BC?平面PAD,AD?平面PAD, 故BC∥平面PAD. (2)如圖,取AD的中點M,連接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD, ∠ABC=90得四邊形ABCM為正方形,則CM⊥AD. 因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD. 因為CM?底面ABCD,所以PM⊥CM. 設(shè)BC=x, 則CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x. 如圖,取CD的中點N,連接PN,則PN⊥CD, 所以PN=x. 因為△PCD的面積為2, 所以xx=2, 解得x=-2(舍去)或x=2. 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2. 所以四棱錐PABCD的體積V=2=4. 1. 在多面體ABCDEF中,底面ABCD是梯形,四邊形ADEF是正方形,AB∥DC,AB=AD=1,CD=2,AC=EC=. (1)求證:平面EBC⊥平面EBD; (2)設(shè)M為線段EC上一點,且3EM=EC,試問在線段BC上是否存在一點T,使得MT∥平面BDE,若存在,試指出點T的位置;若不存在,請說明理由. 解析:(1)證明:∵EC=,CD=2,ED=1. ∴EC2=CD2+ED2,∴ED⊥DC. 又四邊形ADEF是正方形,所以AD⊥DE, 又AD∩DC=D, 所以ED⊥平面ABCD. 又BC?平面ABCD,所以ED⊥BC. 在梯形ABCD中,過點B作BH⊥CD于點H, 故四邊形ABHD是正方形,所以∠ADB=45,BD=. 在Rt△BCH中,BH=CH=1,所以BC=, 故BD2+BC2=DC2,所以BC⊥BD. 因為BD∩ED=D,BD?平面EBD,ED?平面EBD, 所以BC⊥平面EBD, 又BC?平面EBC,所以平面EBC⊥平面EBD. (2)在線段BC上存在一點T,使得MT∥平面BDE,此時3BT=BC. 連接MT,在△EBC中,因為==, 所以MT∥EB. 又MT?平面BDE,EB?平面BDE,所以MT∥平面BDE. 2.如圖①,正方形ABCD的邊長為4,AB=AE=BF=EF,AB∥EF,把四邊形ABCD沿AB折起,使得AD⊥底面AEFB,G是EF的中點,如圖②. 圖① 圖② (1)求證:DE∥平面AGC; (2)求證:AG⊥平面BCE. 證明:(1)由已知AB∥DC∥EF, 又AB=DC=EF,G是EF的中點, 所以CD綊EG, 所以四邊形DCGE是平行四邊形, 所以DE∥CG. 因為DE?平面AGC,CG?平面AGC, 所以DE∥平面AGC. (2)連接BG(圖略), 因為BC∥AD,AD⊥底面AEFB, 所以BC⊥底面AEFB,又AG?底面AEFB, 所以BC⊥AG. 因為AB綊EG,AB=AE. 所以四邊形ABGE為菱形,所以AG⊥BE. 又BC∩BE=B,BE?平面BCE,BC?平面BCE, 所以AG⊥平面BCE. 3. 如圖,在直三棱柱ADFBCE中,AB=BC=BE=2,CE=2. (1)求證:AC⊥平面BDE; (2)若點K在線段BE上,且EK=,求三棱錐KBDF的體積. 解析:(1)證明:在直三棱柱ADFBCE中, AB⊥平面BCE,所以AB⊥BE,AB⊥BC. 又AB=BC=BE=2,CE=2, 所以BC2+BE2=CE2,且AC⊥BD,所以BE⊥BC. 因為AB∩BC=B,所以BE⊥平面ABCD. 因為AC?平面ABCD,所以BE⊥AC. 因為BD∩BE=B,所以AC⊥平面BDE. (2)由(1)可得,AD⊥平面ABEF, 因為AB=BC=BE=2,EK=, 所以S△KBF=2=,所以VKBDF=VDKBF=S△KBFDA=2=. 4.如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,PA=PD,∠BAD=60,E是AD的中點,點Q在側(cè)棱PC上. (1)求證:AD⊥平面PBE; (2)若Q是PC的中點,求證:PA∥平面BDQ; (3)若VPBCDE=2VQABCD,試求的值. 解析:(1)證明:由E是AD的中點, PA=PD可得AD⊥PE. 又底面ABCD是菱形,∠BAD=60, 所以AB=BD,又E是AD的中點,所以AD⊥BE, 又PE∩BE=E,所以AD⊥平面PBE. (2)證明:連接AC,交BD于點O,連接OQ. 因為O是AC的中點,Q是PC的中點, 所以O(shè)Q∥PA, 又PA?平面BDQ,OQ?平面BDQ, 所以PA∥平面BDQ. (3)設(shè)四棱錐PBCDE,QABCD的高分別為h1,h2. 所以VPBCDE=S四邊形BCDEh1, VQABCD=S四邊形ABCDh2. 又VPBCDE=2VQABCD, 且S四邊形BCDE=S四邊形ABCD,所以==.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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