高考大题专项练4 高考中地立体几何.docx

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高考大题专项练4　高考中的立体几何　高考大题专项练第8页　 1.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°.因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⫋平面AED,所以BD⊥平面AED.(2)解法一:连接AC.由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D32,-12,0,F(0,0,1).因此BD=32,-32,0,BF=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BD=0,m·BF=0,所以x=3y=3z,取z=1,则m=(3,1,1).由于CF=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos=m·CF|m||CF|=15=55,所以二面角F-BD-C的余弦值为55.解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG.由于CB=CD,因此CG⊥BD.又FC⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以FC⊥BD.由于FC∩CG=C,FC,CG⫋平面FCG,7 所以BD⊥平面FCG,故BD⊥FG,所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,因此CG=12CB.又CB=CF,所以GF=CG2+CF2=5CG,故cos∠FGC=55,因此二面角F-BD-C的余弦值为55.〚导学号92950942〛2.如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=2.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=2.由AC=2,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE.所以AC⊥DE,又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解:方法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=2,得AD=6.在Rt△AED中,由ED=1,AD=6,得AE=7.在Rt△ABD中,由BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,AF=23AD.从而GF=23.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714,BG=23.在△BFG中,cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF·GF=32.所以,∠BFG=π6,即二面角B-AD-E的大小是π6.7 方法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,2),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得AD=(0,-2,-2),AE=(1,-2,-2),DB=(1,1,0),由m·AD=0,m·AE=0,得-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由n·AD=0,n·BD=0,即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,-1,2).于是|cos|=|m·n||m|·|n|=33·2=32.由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是π6.〚导学号92950943〛3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=2,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD.(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长.②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解:以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.在Rt△CDE中,DE=CDcos45°=1,CE=CDsin45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),CD=(-1,1,0),PD=(0,4-t,-t).(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥CD,n⊥PD,得-x+y=0,(4-t)y-tz=0.取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又PB=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=n·PB|n||PB|,7 即|2t2-4t|t2+t2+(4-t)2·2t2=12,解得t=45或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=45.(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则GC=(1,3-t-m,0),GD=(0,4-t-m,0),GP=(0,-m,t).由|GC|=|GD|得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;①由|GD|=|GP|得(4-t-m)2=m2+t2.②由①,②消去t,化简得m2-3m+4=0.③由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.〚导学号92950944〛4.如图,正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD,EA=ED,AE⊥平面CDE.(1)求证:AB⊥平面ADE;(2)设M是线段BE上一点,当直线AM与平面EAD所成角的正弦值为223时,试确定点M的位置.(1)证明:∵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的中点O,取BC的中点F,连接EO,OF.∵EA=ED,∴EO⊥AD,∴EO⊥平面ABCD.以OA,OF,OE分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1).设M(x,y,z).∴BM=(x-1,y-2,z),BE=(-1,-2,1),∵B,M,E三点共线,设BM=λBE(0≤λ≤1),∴M(1-λ,2-2λ,λ),∴AM=(-λ,2-2λ,λ).设AM与平面EAD所成角为θ,∵平面EAD的一个法向量为n=(0,1,0),∴sinθ=|cos|=|2-2λ|6λ2-8λ+4=223,解得λ=13或λ=-1(舍去),∴点M为线段BE上靠近点B的三等分点.〚导学号92950945〛5.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=2,CE=EF=1.7 (1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE;(3)求二面角A-BE-D的大小.(1)证明:设AC与BD交于点G,因为EF∥AG,且EF=1,AG=12AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⫋平面BDE,AF⊈平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,分别以CD,CB,CE的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0),A(2,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),B(0,2,0),F22,22,1.所以CF=22,22,1,BE=(0,-2,1),DE=(-2,0,1).所以CF·BE=0-1+1=0,CF·DE=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF⊥DE,所以CF⊥平面BDE.(3)解:由(2)知,CF=22,22,1是平面BDE的一个法向量;BA=(2,0,0),设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则n·BA=0,n·BE=0,即(x,y,z)·(2,0,0)=0,(x,y,z)·(0,-2,1)=0,所以x=0,z=2y.令y=1,则z=2.所以n=(0,1,2),从而cos=n·CF|n||CF|=32.因为二面角A-BE-D为锐角,所以二面角A-BE-D为π6.〚导学号92950946〛6.(2015安徽,理19)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.7 (1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形.从而B1C∥A1D,又A1D⫋面A1DE,B1C⊈面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⫋面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)解:因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A为原点,分别以AB,AD,AA1为x轴、y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=(0.5,0.5,0),A1D=(0,1,-1),由n1⊥A1E,n1⊥A1D得r1,s1,t1应满足的方程组0.5r1+0.5s1=0,s1-t1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|=23×2=63.〚导学号92950947〛7.(2015天津,理17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得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).7 又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1,12,1,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0,又因为直线MN⊈平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则n1·AD1=0,n1·AC=0,即x1-2y1+2z1=0,2x1=0.不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则n2·AB1=0,n2·AC=0,又AB1=(0,1,2),得y2+2z2=0,2x2=0.不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos=n1·n2|n1|·|n2|=-1010,于是sin=31010.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NE·n|NE|·|n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=7-2.所以,线段A1E的长为7-2.〚导学号92950948〛7