收藏 分享(赏)

2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:334445 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:11 大小:199KB
下载 相关 举报
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第1页
第1页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第2页
第2页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第3页
第3页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第4页
第4页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第5页
第5页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第6页
第6页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第7页
第7页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第8页
第8页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第9页
第9页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第10页
第10页 / 共11页
2021届高考数学一轮知能训练:专题六 立体几何 第3课时 WORD版含解析.doc_第11页
第11页 / 共11页
亲,该文档总共11页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、第3课时1(2016年新课标)如图Z620,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF2FD,AFD90,且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角EBCA的余弦值图Z6202(2016年北京)如图Z621,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PAPD,ABAD,AB1,AD2,ACCD.(1)求证:PD平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由图Z6213(2018年江苏)如图Z622,在正三棱柱A

2、BCA1B1C1中,ABAA12,点P,Q分别为A1B1,BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值图Z6224如图Z623,在四棱锥PABCD中,PDAB,PDBC,ABAD,BAD30.(1)证明:ADPB;(2)若PDAD,BCCD,BCD60,求二面角APBC的余弦值图Z6235如图Z624,直角梯形ABCD中,ABC90,ABBC2AD4,点E,F分别是AB,CD的中点,点G在EF上,沿EF将梯形AEFD翻折,使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时,求证:BDCG;(2)当2VBADGEVDGBCF时,求二面角DB

3、GC平面角的余弦值图Z6246如图Z625,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面CDEF平面ABCD,FCFB,四边形ABCD为平行四边形,且BCD45.(1)求证:CDBF;(2)若AB2EF2,BC,直线BF与平面ABCD所成角为45,求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值图Z6257如图Z626,四边形ABCD是矩形,沿对角线AC将ACD折起,使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上(1)求证:平面ACD平面BCD;(2)当2时,求二面角DACB的余弦值图Z6268如图Z627所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,ABCD,BAD90,DCDA2AB2

4、 ,点E为AD的中点BDCEH,PH平面ABCD,且PH4.(1)求证:PCBD.(2)线段PC上是否存在一点F,使二面角BDFC的余弦值是?若存在,请找出点F的位置;若不存在,请说明理由图Z627第3课时1(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,又EFDFF,AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解:过点D作DGEF,垂足为G,由(1)知,DG平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长度,建立如图D258所示的空间直角坐标系Gxyz,图D258由(1)知,DFE为二面角DAFE的平面角,故DFE60.则|DF|2,|DG|,可得A(1,4

5、,0),B(3,4,0),E(3,0,0),D(0,0,)由已知,ABEF,AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCDC,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,CEF为二面角CBEF的平面角CEF60.从而可得C(2,0,)(1,0,),(0,4,0),(3,4,),(4,0,0)设n(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即可取n(3,0,)设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m(0,4)则cosn,m.故二面角EBCA的余弦值为.2(1)证明:平面PAD平面ABCD,ABAD,AB平面PAD.ABPD.又PAPD,PAABA,PD平面PAB.(2)解:取AD的中点O,

6、连接PO,CO,PAPD,POAD.又PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,PO平面ABCD.CO平面ABCD,POCO.ACCD,COAD.建立如图D259所示的空间直角坐标系Oxyz,由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)设平面PCD的法向量为n(x,y,z),则即令z2,则x1,y2.n(1,2,2)又(1,1,1),cosn,.直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.图D259(3)解:设M是棱PA上一点,则存在0,1使得.因此点M(0,1,),(1,)BM平面PCD,要使BM平面PCD,只有当且仅当n0,即(1,)(1,2,

7、2)0.解得.在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时.3解:如图D260,在正三棱柱ABCA1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OBOC,OO1OC,OO1OB,以,为基底,建立空间直角坐标系Oxyz.ABAA12,A(0,1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2)图D260(1)P为A1B1的中点,P,从而,(0,2,2),故|cos,|.因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)Q为BC的中点,Q,因此,(0,2,2),(0,0,2)设n(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即不妨取n(,1,1)

8、,设直线CC1与平面AQC1所成角为,则sin |cos,n|,直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.4(1)证明:由PDAB,PDBC,ABBCB,得PD平面ABCD,从而PDAD.又在ABD中,由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 30AD2,则有AD2BD2AB2,ADB90,即ADDB.又PDDBD,则有AD平面PDB,故ADPB.(2)解:以D为原点,方向为x轴正半轴,方向为y轴正半轴,方向为z轴正半轴,建立空间直角坐标系Dxyz,设AD,则A(,0,0),P(0,0,),B(0,1,0),C,则(,1,0),(0,1,),.设平面APB的一个法向量为m(x1,y1,z

9、1),则令x11,则y1,z11,故m(1,1)设平面PBC的一个法向量为n(x2,y2,z2),则令x21,则有y2,z21,故n(1,1),cosm,n,由图知,二面角APBC的余弦值为.5(1)证明:点E,F分别是AB,CD的中点,EFBC.又ABC90,AEEF.平面AEFD平面EBCF,AE平面EBCF,AEEF,AEBE,又BEEF,如图D261建立空间直角坐标系Exyz.翻折前,连接AC交EF于点G,此时点G使得AGGC最小EGBC2.又EAEB2.则A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0)D(0,2,2),E(0,0,0),G(0,2,0),(2,2,2),(2,2

10、,0),(2)(2)2(2)00,BDCG.图D261(2)解:设EGk,AD平面EFCB,点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离S四边形GBCF(3k)427k,VDGBCFS四边形GBCFAE(7k),VBADGES四边形ADGEBE(2k)又2VBADGEVDGBCF,(2k)(7k),k1,即EG1.设平面DBG的法向量为n1(x,y,z),G(0,1,0),(2,1,0),(2,2,2),则即取x1,则y2,z1,n1(1,2,1)平面BCG的一个法向量为n2(0,0,1),则cosn1,n2,所求二面角DBFC的平面角为锐角,此二面角平面角的余弦值为.6(1)证明:如

11、图D262,过F作FOCD交CD于O,连接BO.由平面CDEF平面ABCD,平面CDEF平面ABCDCD,得FO平面ABCD,因此FOOB.FBFC,FOFO,FOCFOB90,FOCFOB,OBOC,由已知DCB45,得BOC为等腰直角三角形,OBCD.又CDFO,CD平面FOB,CDFB.图D262(2)解:ABCD,AB平面CDEF,CD平面CDEF,AB平面CDEF.平面ABFE平面CDEFEF,ABEF.由(1)得OB,OC,OF两两垂直,以O为坐标原点,建立如图D262所示的空间直角坐标系Oxyz,由题意得FBO45,进而可得A(1,2,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D

12、(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),设平面ADE的法向量为m(x1,y1,z1),则即可取m(1,1,0),设平面BCF的法向量为n(x2,y2,z2),则即可取n(1,1,1),则cosm,n,二面角的余弦值为.7(1)证明:设点D在平面ABC上的射影为点E,连接DE.则DE平面ABC,DEBC.四边形ABCD是矩形,ABBC.DEABE,BC平面ABD,BCAD.又ADCD,BCCDC,AD平面BCD,而AD平面ACD,平面ACD平面BCD.(2)解法一:如图D263,在矩形ABCD中,过点D作AC的垂线DM,垂足为M,连接ME.DE平面ABC,DEAC.又DMDED,AC

13、平面DME,EMAC.DME为二面角DACB的平面角设|AD|BC|a,则|AB|CD|2a.在RtABC中,ACa,在RtADC中,由射影定理,可得AM,由三角形的面积公式,可得DM.在AEM中,tanBAC,EM,cosDME.图D263解法二:以点B为原点,CB的延长线所在的直线为x轴,AB的延长线所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图D263所示设|AD|a,则|AB|2a,A(0,2a,0),C(a,0,0)由(1)知ADBD,又2,DBA30,DAB60,那么|AE|AD|cosDABa,|BE|AB|AE|a,|DE|AD|sinDABa,D,(a,2a,0)设平面ACD的一

14、个法向量为m(x,y,z),则 即 取y1,则x2,z,m.平面ABC的一个法向量为n(0,0,1),cosm,n.二面角DACB为锐角,二面角DACB的余弦值为.8(1)证明:ABCD,BAD90,EDCBAD90.DCDA2AB,E为AD的中点,ABED,BADEDC,DBADEH.DBAADB90,DEHADB90,BDEC.PH平面ABCD,BD平面ABCD,BDPH.又PHECH,且PH,EC平面PEC,BD平面PEC.又PC平面PEC,PCBD.(2)解:由(1)知DEHDBA.又EDHBDA,DEHDBA,.又AD2 ,ABDEAD,BD5,DH2,EH1.HBBDDH523.又

15、CE5,HCCEEH514.又由DEHDBA,得DHEDAB90,ECBD.又PH平面ABCD,PHEC,PHBD,PH,EC,BD两两垂直建立以H为坐标原点,HB,HC,HP所在直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系,如图D264所示图D264假设线段PC上存在一点F满足题意与共线,存在唯一实数(01),满足,可得F(0,44,4)设向量m(x1,y1,z1)为平面CPD的一个法向量,且(0,4,4),(2,4,0),取x12,y1z11,则平面CPD的一个法向量为m(2,1,1)同理可得,平面BFD的一个法向量为n(0,1)设二面角BDFC的平面角为,且01,由图可知cos .,其中210,即1,即.CP4 ,线段PC上存在一点F,当点F满足CF3 时,二面角BDFC的余弦值是.

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3