浙江专用2019高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第16练立体几何试.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 16 练 立体几何第 16 练 立体几何 明晰考情 1.命题角度 : 高考中考查线面的位置关系和线面角,更多体现传统方法.2.题目 难度:中档难度 考点一 空间中的平行、垂直关系 方法技巧 (1)平行关系的基础是线线平行, 比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系, 利用平行四边形构造平行关系 (2)证明线线垂直的常用方法 利用特殊平面图形的性质,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直 ; 利用勾股定理的逆定理; 利用线面垂直的性质 1如图,在六面体ABCDE中,平面DBC平面ABC,AE平面ABC. (1)求证:AE平面DBC;
2、 (2)若ABBC,BDCD,求证:ADDC. 证明 (1)过点D作DOBC,O为垂足 又平面DBC平面ABC,平面DBC平面ABCBC,DO平面DBC, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 DO平面ABC. 又AE平面ABC, AEDO. 又AE平面DBC,DO平面DBC, 故AE平面DBC. (2)由(1)知,DO平面ABC,AB平面ABC, DOAB. 又ABBC,且DOBCO,DO,BC平面DBC, AB平面DBC. DC平面DBC, ABDC. 又BDCD,ABDBB,AB,DB平面ABD, DC平面ABD. 又AD平面ABD, ADDC. 2(2018江苏)如图,在平行六面
3、体ABCDA1B1C1D1中, AA1AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC. 证明 (1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中, 四边形ABB1A1为平行四边形 又因为AA1AB, 所以四边形ABB1A1为菱形, 因此AB1A1B. 又因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBCB,A1B,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC
4、. 因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC. 3(2018全国)如图,在三棱锥PABC中,ABBC2,PAPBPCAC4,O为AC2 的中点 (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且MC2MB,求点C到平面POM的距离 (1)证明 因为PAPCAC4,O为AC的中点, 所以OPAC,且OP2.3 如图,连接OB. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因为ABBCAC, 2 2 所以ABC为等腰直角三角形, 所以OBAC,OBAC2. 1 2 由OP2OB2PB2知POOB. 因为OPOB,OPAC,OBACO, OB,AC平面ABC, 所以PO平
5、面ABC. (2)解 作CHOM,垂足为H, 又由(1)可得OPCH, 因为OMOPO,OM,OP平面POM, 所以CH平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离 由题意可知OCAC2,CMBC, 1 2 2 3 4 2 3 ACB45, 所以在OMC中,由余弦定理可得OM, 2 5 3 CH. OCMCsinACB OM 4 5 5 所以点C到平面POM的距离为. 4 5 5 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4如图所示,三棱锥PABC中,PA平面ABC,PA1,AB1,AC2,BAC60. (1)求三棱锥PABC的体积; (2)证明:在线段PC上存在点M,使得ACBM,并求
6、的值 PM MC 解 (1)AB1,AC2,BAC60, SABC ABACsin60. 1 2 3 2 由PA平面ABC可知,PA是三棱锥PABC的高,且PA1, 三棱锥PABC的体积V SABCPA. 1 3 3 6 (2)在平面ABC内, 过点B作BNAC, 垂足为N, 在平面PAC内, 过点N作MNPA交PC于点M, 连接BM. PA平面ABC,AC平面ABC, PAAC, MNAC. 又BNAC,BNMNN,BN,MN平面BMN, AC平面MBN. 又BM平面MBN,ACBM. 在 RtBAN中,ANABcosBAC , 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 从而NCA
7、CAN , 3 2 由MNPA,得 . PM MC AN NC 1 3 考点二 空间角的求解 要点重组 设直线l,m的方向向量分别为a a(a1,b1,c1),b b(a2,b2,c2)平面, 的法向量分别为u u(a3,b3,c3),v v(a4,b4,c4)(以下相同) (1)线线角 设l,m所成的角为,则 (0 2) cos. |a ab b| |a a|b b| |a1a2b1b2c1c2| a2 1b2 1c2 1 a2 2b2 2c2 2 (2)线面角 设直线l与平面所成的角为, (0 2) 则 sin|cosa a,u u|. |a au u| |a a|u u| (3)二面角
8、设l的平面角为,(0 ) 则|cos|cosu u,v v|. |u uv v| |u u|v v| 方法技巧 求空间角的两种方法 (1)按定义作出角,然后利用图形计算 (2)利用空间向量,计算直线的方向向量和平面的法向量,通过向量的夹角计算 5(2018诸暨模拟)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD平面ABCD,PAD是边长为 2 的等边三角形,底面ABCD是直角梯形,BADCDA,AB2CD2,E是CD的中点 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)证明:AEPB; (2)设F是棱PB上的点,EF平面PAD,求EF与平面PAB所成角的正弦值 (1)证明 取AD的中点G,
9、连接PG,BG, 平面PAD平面ABCD,PGAD,平面PAD平面ABCDAD,PG平面PAD, PG平面ABCD,AEPG. 又tanDAEtanABG,AEBG. 又PGBGG,PG,BG平面PBG, AE平面PBG,AEPB. (2)解 作FHAB交PA于点H,连接DH, EF平面PAD,平面FHDE平面PADDH, EFDH. 四边形FHDE为平行四边形 HFDEAB, 1 4 即H为PA的一个四等分点 又ABAD,平面ABCD平面PAD,平面ABCD平面PADAD,AB平面ABCD, AB平面PAD, 作DKPA于点K, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ABDK,DKPA
10、,PAABA,PA,AB平面PAB, DK平面PAB, DHK为所求线面角, sinDHK. DK DH 3 13 2 2 39 13 6 在三棱柱ABCA1B1C1中, 侧面AA1B1B是边长为 2 的正方形, 点C在平面AA1B1B上的射影H 恰好为A1B的中点,且CH,设D为CC1的中点3 (1)求证:CC1平面A1B1D; (2)求DH与平面AA1C1C所成角的正弦值 方法一 (几何法) (1)证明 因为CC1AA1且在正方形AA1B1B中AA1A1B1, 所以CC1A1B1, 取A1B1的中点E,连接DE,HE, 则HEBB1CC1且HEBB1CC1. 1 2 1 2 又D为CC1的
11、中点, 所以HECD且HECD, 所以四边形HEDC为平行四边形, 因此CHDE, 又CH平面AA1B1B, 所以CHHE,DEHE, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以DECC1, 又A1B1DEE,A1B1,DE平面A1B1D, 所以CC1平面A1B1D. (2)解 取AA1的中点F,连接CF,作HKCF于点K, 因为CHDE,FHA1B1,CHFHH,DEA1B1E, 所以平面CFH平面A1B1D, 由(1)得CC1平面A1B1D, 所以CC1平面CFH,又HK平面CFH, 所以HKCC1, 又HKCF,CFCC1C,CF,CC1平面AA1C1C, 所以HK平面AA1C1C
12、, 所以DH与平面AA1C1C所成的角为HDK. 在 RtCFH中,CF2,KH,31 3 2 在 RtDHK中, 由于DH2,sinHDK, KH DH 3 4 故DH与平面AA1C1C所成角的正弦值为. 3 4 方法二 (向量法) (1)证明 如图,以H为原点,建立空间直角坐标系, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则C(0,0,),C1(, ,),A1(,0,0),32232 B1(0, ,0),D,2 ( 2 2 , 2 2 , 3 ) 所以(, ,0),CC1 22A1D ( 2 2 , 2 2 , 3 ) .B1D ( 2 2 , 2 2 , 3 ) 所以0,0,CC1
13、A1D CC1 B1D 因此CC1平面A1B1D. (2)解 设平面AA1C1C的法向量为n n(1,x,y), 由于(, ,0),(,0,),AA1 22A1C 23 则n nx0,AA1 22 n ny0,A1C 23 得x1,y, 6 3 所以n n. (1,1, 6 3) 又,HD ( 2 2 , 2 2 , 3 ) 设为DH与平面AA1C1C所成的角, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 sin, |HD n n| |HD |n n| 2 2 2 6 3 3 4 故DH与平面AA1C1C所成角的正弦值为. 3 4 7 (2018浙江省杭州市第二中学模拟)如图, 在四边形
14、ABCD中,ABCD, ABD30,AB 2CD2AD2,DE平面ABCD,EFBD,且BD2EF. (1)求证:平面ADE平面BDEF; (2)若二面角CBFD的大小为 60,求CF与平面ABCD所成角的正弦值 (1)证明 在ABD中,ABD30, 由AD2AB2BD22ABBDcos30, 解得BD,3 所以AD2BD2AB2, 根据勾股定理得ADB90, ADBD. 又因为DE平面ABCD,AD平面ABCD, 所以ADDE. 又因为BDDED,BD,DE平面BDEF, 所以AD平面BDEF, 又AD平面ADE, 所以平面ADE平面BDEF, (2)解 方法一 如图,由(1)可得ADB90
15、,ABD30, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则BDC30,则BCD为锐角为 30的等腰三角形 CDCB1, 则CG . 1 2 过点C作CHDA,交DB,AB于点G,H, 则点G为点F在平面ABCD上的投影连接FG, 则CGBD,DE平面ABCD,则CG平面BDEF. 过点G作GIBF于点I,连接HI,CI, 则BF平面GCI, 即GIC为二面角CBFD的平面角, 则GIC60. 则 tan60,CG ,则GI. CG GI 1 2 1 2 3 在直角梯形BDEF中,G为BD的中点,BD,GIBF,GI,3 1 2 3 设DEx,则GFx, SBGF BGGF BFGI, 1
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