《2019届高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何A理2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何A理2.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、三 立体几何(A)三 立体几何(A) 1.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD平面 ABCD,DPC=30,AFPC 于点 F,FECD,交 PD 于 点 E. (1)证明:CF平面 ADF; (2)求二面角 D AF E 的余弦值. 2.(2018赤峰模拟)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,其中BAD= ,AD= 6 3 ,AB=1,等边ADE 所在平面与平面 ABCD 垂直, FC平面 ABCD,且 FC= . 3 2 (1)点 P 在棱 AE 上,且=2,Q 为EBC 的重心,求证:PQ平面 EDC. (2)求平面 DEF 与平面 EAB 所成锐二面角的余弦值.
2、3.(2018延边质检)在三棱柱 ABC A1B1C1中,AB平面 BCC1B1,BCC1= , AB=BC=2,BB1=4, 点 3 D 在棱 CC1上,且 CD=CC1(0=, (1,0, 3 4 )( 3 4 a, - 1 4a,0) 19 4 1 2a 257 19 由图可知二面角 D AF E 为锐二面角, 所以其余弦值为. 257 19 2.(1)证明:如图,在棱 BE 上取点 M,使得 BM=2ME,连接 BQ 并延长,交 CE 于点 N. 则在ABE 中, 又 AP=2PE, 所以 PMAB, 又四边形 ABCD 为平行四边形, 所以 ABCD,所以 PMCD. 在BCE 中,
3、Q 为重心, 所以 BQ=2QN,又 BM=2ME, 所以 MQEC. 又因为 PMMQ=M,CDEC=C, 所以平面 MPQ平面 DEC. 又 PQ平面 MPQ, 所以 PQ平面 EDC. (2)解:在ABD 中,BAD= ,AD=,AB=1, 6 3 由余弦定理可得, BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=12+()2-21cos =1, 33 6 所以 BD=1.取 AD 的中点 O, 连接 EO,OB, 在EAD 中,EA=ED=AD=, 3 所以 EOAD,且 EO=AD= . 3 2 3 2 又因为平面 EAD平面 ABCD,平面 EAD平面 ABCD=AD, 所以 EO
4、平面 ABCD, 又在ABD 中,AB=BD=1,AD=, 3 所以 OBAD,且 OB= , 1 2 如图,以 O 为坐标原点, 分别以 OA,OB,OE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 则 A(,0,0),D(-,0,0),B(0, ,0),E(0,0, ),F(-, , ). 3 2 3 2 1 2 3 2 3 1 2 3 2 则=(-, ,0), 3 2 1 2 =(-,0, ), 3 2 3 2 =(,0, ),=(-, , ). 3 2 3 2 3 2 1 2 3 2 设平面 ABE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 则由 AB, AE, 可得 AB = -
5、3 2 x1+ 1 2y1 = 0, AE = - 3 2 x1+ 3 2z1 = 0, 整理得 31- 1= 0, 31- 31= 0. 令 z1=1,则 x1=,y1=3, 3 所以 m=(,3,1)为平面 ABE 的一个法向量. 3 设平面 DEF 的法向量为 n=(x2,y2,z2), 则由可得 DE, DF, DE = 3 2 x2+ 3 2z2 = 0, DF = - 3 2 x2+ 1 2y2 + 3 2z2 = 0, 整理得 2+ 32= 0, 32- 2- 32= 0. 令 z2=-1, 则 x2=,y2=6. 3 所以 n=(,6,-1)为平面 DEF 的一个法向量. 3
6、所以 cos= | =, 33+ 3 6 + 1 ( - 1) (3)2+ 32+ 12(3)2+ 62+ ( - 1)2 130 13 设平面 DEF 与平面 EAB 所成锐二面角为, 则 cos =cos=. 130 13 3.解:(1)易知 A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2). 当= 时,因为 BC=CD=2,BCC1= , 1 2 3 所以 C(,-1,0),D(,1,0). 33 所以=(0,4,-2),=(,-3,-2), 1 1D 3 所以 cos= 1 1D 1 1D | 1| 1D| = 0 3+ 4 ( - 3) + ( - 2) ( - 2) 42+
7、 ( - 2)2 (3)2+ ( - 3)2+ ( - 2)2 =-. 5 5 故异面直线 AB1与 A1D 的夹角的余弦值为. 5 5 (2)由 CD=CC1可知,D(,4-1,0), 3 所以=(-,5-4,0), 1 3 由(1)知,=(0,4,-2). 1 设平面 AB1D 的法向量为 m=(x,y,z), 则即 1 = 0, 1 = 0, 4 - 2 = 0, (5 - 4) - 3x = 0. 令 y=1,解得 x=,z=2, 5 - 4 3 所以平面 AB1D 的一个法向量为 m=(,1,2). 5 - 4 3 设平面 A1B1D 的法向量为 n=(x,y,z), 则即 11 =
8、 0, 1 = 0, 2 = 0, (5 - 4) - 3x = 0, 令 y=1,解得 x=,z=0, 5 - 4 3 所以平面 A1B1D 的一个法向量为 n=(,1,0). 5 - 4 3 因为二面角 A B1D A1的平面角为 , 4 所以|cos|=| | = |5 - 4 3 5 - 4 3 + 1 1 + 2 0| (5 - 4 3 ) 2+ 12+ 22 ( 5 - 4 3 ) 2+ 12 =, 2 2 即(5-4)2=9, 解得= 或=2(舍),故的值为 . 1 2 1 2 4.(1)证明:在梯形 ABCD 中, 因为 ABCD,AD=CD=BC=1, 又因为BCD=,所以
9、AB=2, 2 3 所以 AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3. 所以 AB2=AC2+BC2. 所以 BCAC. 因为 CF平面 ABCD,AC平面 ABCD, 所以 ACCF, 而 CFBC=C, 所以 AC平面 BCF, 因为 EFAC, 所以 EF平面 BCF. (2)解:由(1)可建立分别以直线 CA,CB,CF 为 x 轴,y 轴,z 轴的空间直角坐标系如图所示, AD=CD=BC=CF=1, 令 FM=(0),则 C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(,0,1), 33 所以=(-,1,0),=(,-1,1), 3 设 n1=(x,y,z)为平面 MAB 的一个法向量, 由得取 x=1, 1 AB = 0, 1 BM = 0, - 3x + y = 0, - + = 0, 则 n1=(1,-), 33 因为 n2=(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量, 所以 cos = |12| |1|2| = 1 1 + 3 + (3- )2 1 =, 1 ( - 3)2+ 4 因为 0, 3 所以当=0 时,cos 有最小值, 7 7 所以点 M 与点 F 重合时, 平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为. 7 7