2019高考数学（理）冲刺大题提分（讲义+练习）大题精做7 立体几何：建系困难问题（理）.pdf
高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 精 选 大 题精 选 大 题 2019·长沙统测长沙统测已知三棱锥（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形为边长PABCABCD 等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：2ABEBCFPABC （1）证明：平面平面；PAC ABC （2）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余MPABMPACPBCM 弦值 图一图二 【答案】【答案】 （1）见解析；（2） 5 33 33 【解析】【解析】 （1）设的中点为，连接，ACOBOPO 立体几何：建系困难问 题 大题精做二 数列 立体几何：建系困难问 题 大题精做二 数列 大 题 精 做 七 大 题 精 做 七 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由题意，得， 2PAPBPC1PO 1AOBOCO 在中，为的中点，PACPAPCOACPOAC 在中，POB1PO 1OB 2PB 222 POOBPBPOOB ，平面，平面，ACOBOACOB PO ABC 平面，平面平面PO PACPAC ABC （2）由（1）知，平面，BOPOBOACBO PAC 是直线与平面所成的角，且，BMOBMPAC 1 tan BO BMO OMOM 当最短时，即是的中点时，最大OMMPABMO 由平面，PO ABCOBACPOOBPOOC 于是以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图示空间直角坐标系，OCOBODxyz 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则，0,0,0O1,0,0C0,1,0B1,0,0A 0,0,1P 11 ,0, 22 M ，1, 1,0BC 1,0, 1PC 31 ,0, 22 MC 设平面的法向量为，MBC 111 ,x y zm 则由得：令，得，即 0 0 BC MC m m 11 11 0 30 xy xz 1 1x 1 1y 1 3z 1,1,3m 设平面的法向量为，PBC 222 ,xyzn 由得：，令，得，即 0 0 BC PC n n 22 22 0 0 xy xz 1x 1y 1z 1,1,1n 由图可知，二面角的余弦值为 55 33 cos, 3333 nm m n n mPBCM 5 33 33 模 拟 精 做模 拟 精 做 1 2019·安庆期末安庆期末矩形中， 点为中点， 沿将折起至ABCD1AB 2AD EADBEABEPBE ，如图所示，点在面的射影落在上PBCDEOBE （1）求证：面面；PCE PBE 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值PCDPBE 2 2019·南阳期末南阳期末如图 1， 在矩形中， 点在线段上， 且，ABCD3 5AB 2 5BC EDC5DE 现将沿折到的位置，连结，如图 2AEDAEAED CD BD （1）若点在线段上，且，证明：；PBC 5 2 BP AED P （2）记平面与平面的交线为 若二面角为，求 与平面所成角的AD EBCDlBAED 2 3 lD CE 正弦值 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3 2019·苏州调研苏州调研如图， 在四棱锥中， 已知底面是边长为 1 的正方形， 侧面PABCDABCDPAD 平面，与平面所成角的正弦值为ABCDPAPDPAPBC 21 7 （1）求侧棱的长；PA （2）设为中点，若，求二面角的余弦值EABPAABBPCE 答 案 与 解 析答 案 与 解 析 1 【答案】【答案】 （1）详见解析；（2） 11 11 【解析】【解析】 （1）在四棱锥中，从而有，PBCDE2BECE2BC CEBE 又面，而面，而、面，且，PO BCDECE BCDECEPOPOBE PBEPOBEO 由线面垂直定理可证面，又面，由面面垂直判断定定理即证面面CE PBECE PCEPCE PBE （2）由条件知面，过点做的平行线，OP BCDEEOPEZ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又由（1）知面，以、分别为、轴建立空间直角坐标系，EC PBEEBECEZxyz 如图所示： ， 22 ,0, 22 P 0, 2,0C 22 ,0 22 D 22 ,2, 22 CP 22 ,0 22 DC 面的一个法向量为，PBE 1 0,1,0n 设面的法向量为，则有，PCD 2 , ,x y zn 22 20 22 22 0 22 xyz xy 从而可得面的一个法向量为，PCD 2 1, 1, 3 n 12 111 cos, 1111 n n 设平面与平面所成锐二面角为，与互补，则，PCDPBE 12 ,n n 11 cos 11 故平面与平面所成二面角的余弦值为PCDPBE 11 11 2 【答案】【答案】 （1）详见解析；（2） 15 5 【解析】【解析】证明：（1）先在图 1 中连结，在中，由，DPRtADE2 5ADBC5DE 得，在中，由， 1 tan 2 DAERtPCD3 5DCAB 53 5 2 5 22 PCBCBP 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得，则， 1 tan 2 PDCtantanPDCDAEPDCDAE ，从而有，即在图 2 中有，90DOEAEODAEOP'AEODAEOP 平面，则；AE 'PODAED P 解：（2）延长，交于点，连接，根据公理 3 得到直线即为 ，AEBCQ'D Q'D Ql 再根据二面角定义得到在平面内过点作底面垂线， 2 ' 3 D OP'PODO 以为原点，分别为， ，及所作垂线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，OOAOPxyz 则， 0, 1, 3D1,0,0E 11,0,0Q 3,4,0C ， '11,1,3D Q 2,4,0EC '1, 1, 3ED 设平面的一个法向量为，由，取，得D EC, ,x y zn 240 '30 ECxy EDxyz n n 1y 3 2,1, 3 n 与平面所成角的正弦值为l'D CE ' 15 cos,' 5 ' DQ DQ DQ n n n 3 【答案】【答案】 （1）或；（2）1PA 21 6 PA 42 7 【解析】【解析】 （1）取中点，中点，连结，ADOBCMOPOMPAPDOPAD 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又平面平面，平面，平面平面，PAD ABCDOPPADPADABCDAD 平面，OP ABCDOPOAOPOM 又是正方形，ABCDOAOM 以为原点，为，轴建立空间直角坐标系（如图） ，OOAOMOPxyzOxyz 则， 1 ,0,0 2 A 1 ,0,0 2 D 1 ,1,0 2 B 1 ,1,0 2 C 设，则，0,0,0Pcc 1 ,1, 2 PBc 1,0,0CB 设平面的一个法向量为，则有，PBC 1111 ,x y zn 111 1 1 0 2 0 xycz x 取，则，从而， 1 1z 1 yc 1 0, ,1cn 设与平面所成角为，PAPBC 1 ,0, 2 PAc ，解得或， 1 1 22 1 21 sincos 1 , 7 1 4 PA c PA PA cc n n n 2 3 4 c 2 1 3 c 或1PA 21 6 PA 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 （2）由（1）知，1PAAB1PA 3 2 c 由（1）知，平面的一个法向量为，PBC 1 3 0, ,10,1 2 c n 设平面的一个法向量为，而，PCE 2 xyz， ，n 1 1,0 2 CE 13 ,1, 22 PC 取，则，即， 1 0 2 13 0 22 xy xy 1x 2y 3z 2 1,2, 3n 设二面角的平面角为，BPCE 12 2 3642 coscos 777 2 2 , 2 n n 根据图形得为锐角，二面角的余弦值为BPCE 42 7
