高考大題專項(xiàng)練四　高考中的立體幾何一、非選擇題1.如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積.答案:(1)證明由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足為E,則QE?DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-APB的體積為VQ-ABP=QE·S△ABP=×1××3×2·sin45°=1.2.如圖,正方形ABCD和四邊形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1. (1)求證:AF∥平面BDE;(2)求證:CF⊥平面BDE;(3)求二面角A-BE-D的大小.答案:(1)證明設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G,因?yàn)?/span>EF∥AG,且EF=1,因?yàn)檎叫?/span>ABCD邊長AB=,所以AC=2,AG=AC=1,所以四邊形AGEF為平行四邊形.所以AF∥EG.因?yàn)?/span>EG?平面BDE,AF?平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)證明因?yàn)檎叫?/span>ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.如圖,以C為原點(diǎn),分別以的方向?yàn)?/span>x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz.則C(0,0,0),A(,0),D(,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F.所以=(0,-,1),=(-,0,1).所以=0-1+1=0,=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF⊥DE,所以CF⊥平面BDE.(3)解由(2)知,是平面BDE的一個法向量;=(,0,0),設(shè)平面ABE的法向量n=(x,y,z),則n·=0,n·=0,即所以x=0,z=y.令y=1,則z=.所以n=(0,1,),從而cos<n,>=.因?yàn)槎娼?/span>A-BE-D為銳角,所以二面角A-BE-D為.3.如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.答案:解法一(1)證明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如圖,過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點(diǎn)D,連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=,得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD=.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二(1)證明:如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由=0,得AB1⊥A1B1.由=0,得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).設(shè)平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由可取n=(-,1,0).所以sinθ=|cos<,n>|=.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.4.如圖,正方形ABCD所在平面與等腰三角形EAD所在平面相交于AD,EA=ED,AE⊥平面CDE.(1)求證:AB⊥平面ADE;(2)設(shè)M是線段BE上一點(diǎn),當(dāng)直線AM與平面EAD所成角的正弦值為時,試確定點(diǎn)M的位置.答案:(1)證明∵AE⊥平面CDE,CD?平面CDE,∴AE⊥CD.在正方形ABCD中,CD⊥AD,∵AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE.(2)解由(1)得平面EAD⊥平面ABCD,取AD的中點(diǎn)O,取BC的中點(diǎn)F,連接EO,OF.∵EA=ED,∴EO⊥AD,∴EO⊥平面ABCD.以OA,OF,OE分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)AB=2,則A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1).設(shè)M(x,y,z).連接AM,∴=(x-1,y-2,z),=(-1,-2,1),∵B,M,E三點(diǎn)共線,設(shè)=λ(0≤λ≤1),∴M(1-λ,2-2λ,λ),∴=(-λ,2-2λ,λ).設(shè)AM與平面EAD所成角為θ,∵平面EAD的一個法向量為n=(0,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-1(舍去),∴點(diǎn)M為線段BE上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn).5.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,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖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的大小.答案:(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,故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)?/span>AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足為H.因?yàn)?/span>EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.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?yàn)?/span>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°.6.(2020全國Ⅰ,理18)如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,AE=AD.△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),PO=DO.(1)證明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.答案:(1)證明設(shè)DO=a,由題設(shè)可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,從而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC.(2)解以O為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)?/span>y軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題設(shè)可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.所以.設(shè)m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,則可取m=.由(1)知是平面PCB的一個法向量,記n=,則cos<n,m>=.所以二面角B-PC-E的余弦值為.7.如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn).(1)求證:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn),若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長.解:如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因?yàn)?/span>M,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn),得M,N(1,-2,1).(1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量..由此可得·n=0,又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面ACD1的法向量,則不妨設(shè)z1=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(x2,y2,z2)為平面ACB1的法向量,則又=(0,1,2),得不妨設(shè)z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為.(3)依題意,可設(shè)=λ,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得cos<,n>=,整理得λ2+4λ-3=0,又因?yàn)?/span>λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,線段A1E的長為-2.8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E為棱AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小為45°,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.解:(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行.延長AB,DC相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB),點(diǎn)M即為所求的一個點(diǎn).理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形.從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE,所以CM∥平面PBE.(說明:延長AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn))(2)(方法一)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角,所以∠PDA=45°.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.過點(diǎn)A作AH⊥CE,交CE的延長線于點(diǎn)H,連接PH.易知PA⊥平面ABCD,從而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.過A作AQ⊥PH于Q,則AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA與平面PCE所成的角.在Rt△AEH中,∠AEH=45°,AE=1,所以AH=.在Rt△PAH中,PH=,所以sin∠APH=.(方法二)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥平面PAD,以A為原點(diǎn),以的方向分別為x軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A-xyz,則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z).由設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1).設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α,則sinα=.所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.

相關(guān)試卷

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練五高考中的解析幾何含解析新人教A版理：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練五高考中的解析幾何含解析新人教A版理，共11頁。試卷主要包含了非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練四高考中的立體幾何含解析新人教A版文：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練四高考中的立體幾何含解析新人教A版文，共11頁。試卷主要包含了非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練三高考中的數(shù)列含解析新人教A版理：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專項(xiàng)練三高考中的數(shù)列含解析新人教A版理，共8頁。試卷主要包含了非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
  • 1.電子資料成功下載后不支持退換，如發(fā)現(xiàn)資料有內(nèi)容錯誤問題請聯(lián)系客服，如若屬實(shí)，我們會補(bǔ)償您的損失
  • 2.壓縮包下載后請先用軟件解壓，再使用對應(yīng)軟件打開；軟件版本較低時請及時更新
  • 3.資料下載成功后可在60天以內(nèi)免費(fèi)重復(fù)下載
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

  • 0

    資料籃

  • 在線客服

    官方
    微信

    添加在線客服

    獲取1對1服務(wù)

  • 官方微信

    官方
    微信

    關(guān)注“教習(xí)網(wǎng)”公眾號

    打開微信就能找資料

  • 免費(fèi)福利

    免費(fèi)福利
返回
頂部