2020版高考数学新增分大一轮新高考(鲁京津琼)专用讲义:专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题探究课四专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型高考中立体几何问题的热点题型 1.(2017青岛质检)在平面四边形 ABCD 中, ABBDCD1, AB BD,CDBD,将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD, 如图 . (1)求证:ABCD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值. (1)证明 平面 ABD平面 BCD, 平面 ABD平面 BCDBD, AB平面 ABD, AB BD,AB平面 BCD.又 CD平面 BCD,ABCD. (2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD,如图. 由
2、(1)知 AB平面 BCD, BE平面 BCD,BD平面 BCD, ABBE,ABBD. 以 B 为坐标原点,分别以, ,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间BE BD BA 直角坐标系. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1), M,则(1,1,0),(0,1,1). (0, 1 2, 1 2) BC BM (0, 1 2, 1 2) AD 设平面 MBC 的法向量为 n(x0,y0,z0), 则即 nBC 0, nBM 0,) x0y00, 1 2y 01 2z 00,) 取 z01,得平面 MBC 的一个法向量为 n(1,1,1).
3、 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 , 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 sin | cosn, |,AD |nAD | |n|AD | 6 3 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为. 6 3 2.如图,三棱锥 PABC 中,PC平面 ABC, PC3, ACB .D, E分别为线段AB, BC上的点,且CDDE, CE2EB 2 2 2. (1)证明:DE平面 PCD; (2)求二面角 APDC 的余弦值. (1)证明 由 PC平面 ABC,DE平面 ABC,故 PCDE. 由 CE2,CDDE得CDE 为等腰直角三角形,故 CDDE.2 由 PCCDC,DE
4、垂直于平面 PCD 内两条相交直线,故 DE平面 PCD. (2)解 由(1)知,CDE 为等腰直角三角形, DCE, 如图, 过D作DF垂直CE于F, 易知DFFCFE1, 又已知EB1, 4 故 FB2. 由ACB,得 DFAC, , 2 DF AC FB BC 2 3 故 AC DF . 3 2 3 2 以 C 为坐标原点,分别以, ,的方向为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间CA CB CP 直角坐标系, 则 C(0, 0, 0), P(0, 0, 3), A, E(0, 2, 0), D(1, 1, 0),(1, 1, 0), ( 3 2,0,0) ED 高清试卷 下载可打印
5、高清试卷 下载可打印 (1,1,3),.DP DA ( 1 2,1,0) 设平面 PAD 的法向量为 n1(x1,y1,z1), 由 n10,n10,得DP DA x1y13z10, 1 2x 1y10, ) 故可取 n1(2,1,1). 由(1)可知 DE平面 PCD, 故平面 PCD 的法向量 n2可取为, 即 n2(1, 1, 0).ED 从而法向量 n1,n2的夹角的余弦值为 cos n1,n2, n1n2 |n1|n2| 3 6 故所求二面角 APDC 的余弦值为. 3 6 3.(2017重庆模拟)如图,直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABACAA14, BC2.BDAC,垂足为 D
6、,E 为棱 BB1上一点,BD平面2 AC1E. (1)求线段 B1E 的长; (2)求二面角 C1ACE 的余弦值. 解 (1)由 ABAC4,知ABC 为等腰三角形, 又 BDAC,BC2,2 故 ACBD BC, 1 2 1 2 AB2(1 2BC) 2 解得 BD . 7 从而在 RtCDB 中,CD1,故 ADACCD3.BC2BD2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图,过点 D 作 DFCC1,交 AC1于 F,连接 EF.因为 DFCC1,从而 AD AC DF CC1 ,得 DF3. 3 4 因为 DFCC1, CC1BB1, 故 DFBB1, 即 DFBE, 故
7、 DF 与 BE 确定平面 BDFE. 又 BD平面 AC1E,而平面 BDFE平面 AC1EEF,故 BDEF. 故四边形 BDFE 为平行四边形,从而 DFBE3,所以 B1EBB1BE1. (2)如图, 以 D 为坐标原点, 分别以, ,的方向为 x 轴、 yDA DB DF 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 则 D(0, 0, 0), C(1, 0, 0), E(0, , 3), (1, 0, 0), (0, ,3).7DC DE 7 设平面 ACE 的一个法向量为 n1(x, y, z), 由 n10, n1DC 0,得故可取 n1(0,3,).DE x0, 7y3z0,)
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