(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分 第二篇 重點(diǎn)專題分層練中高檔題得高分 第16練 立體幾何試題.docx
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第16練 立體幾何 [明晰考情] 1.命題角度:高考中考查線面的位置關(guān)系和線面角,更多體現(xiàn)傳統(tǒng)方法.2.題目難度:中檔難度. 考點(diǎn)一 空間中的平行、垂直關(guān)系 方法技巧 (1)平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線平行,比較常見的是利用三角形中位線構(gòu)造平行關(guān)系,利用平行四邊形構(gòu)造平行關(guān)系. (2)證明線線垂直的常用方法 ①利用特殊平面圖形的性質(zhì),如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直; ②利用勾股定理的逆定理; ③利用線面垂直的性質(zhì). 1.如圖,在六面體ABCDE中,平面DBC⊥平面ABC,AE⊥平面ABC. (1)求證:AE∥平面DBC; (2)若AB⊥BC,BD⊥CD,求證:AD⊥DC. 證明 (1)過點(diǎn)D作DO⊥BC,O為垂足. 又∵平面DBC⊥平面ABC,平面DBC∩平面ABC=BC,DO?平面DBC, ∴DO⊥平面ABC. 又AE⊥平面ABC, ∴AE∥DO. 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, ∴DO⊥AB. 又AB⊥BC,且DO∩BC=O,DO,BC?平面DBC, ∴AB⊥平面DBC. ∵DC?平面DBC, ∴AB⊥DC. 又BD⊥CD,AB∩DB=B,AB,DB?平面ABD, ∴DC⊥平面ABD. 又AD?平面ABD, ∴AD⊥DC. 2.(2018江蘇)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AB,AB1⊥B1C1. 求證:(1)AB∥平面A1B1C; (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1. 因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C, 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中, 四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因?yàn)锳A1=AB, 所以四邊形ABB1A1為菱形, 因此AB1⊥A1B. 又因?yàn)锳B1⊥B1C1,BC∥B1C1, 所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC=B,A1B,BC?平面A1BC, 所以AB1⊥平面A1BC. 因?yàn)锳B1?平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 3.(2018全國Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離. (1)證明 因?yàn)镻A=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn), 所以O(shè)P⊥AC,且OP=2. 如圖,連接OB. 因?yàn)锳B=BC=AC, 所以△ABC為等腰直角三角形, 所以O(shè)B⊥AC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB. 因?yàn)镺P⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O, OB,AC?平面ABC, 所以PO⊥平面ABC. (2)解 作CH⊥OM,垂足為H, 又由(1)可得OP⊥CH, 因?yàn)镺M∩OP=O,OM,OP?平面POM, 所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離. 由題意可知OC=AC=2,CM=BC=, ∠ACB=45, 所以在△OMC中,由余弦定理可得OM=, CH==. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為. 4.如圖所示,三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60. (1)求三棱錐P-ABC的體積; (2)證明:在線段PC上存在點(diǎn)M,使得AC⊥BM,并求的值. 解 (1)∵AB=1,AC=2,∠BAC=60, ∴S△ABC=ABACsin60=. 由PA⊥平面ABC可知,PA是三棱錐P-ABC的高,且PA=1, ∴三棱錐P-ABC的體積V=S△ABCPA=. (2)在平面ABC內(nèi),過點(diǎn)B作BN⊥AC,垂足為N,在平面PAC內(nèi),過點(diǎn)N作MN∥PA交PC于點(diǎn)M,連接BM. ∵PA⊥平面ABC,AC?平面ABC, ∴PA⊥AC, ∴MN⊥AC. 又∵BN⊥AC,BN∩MN=N,BN,MN?平面BMN, ∴AC⊥平面MBN. 又∵BM?平面MBN,∴AC⊥BM. 在Rt△BAN中,AN=ABcos∠BAC=, 從而NC=AC-AN=, 由MN∥PA,得==. 考點(diǎn)二 空間角的求解 要點(diǎn)重組 設(shè)直線l,m的方向向量分別為a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分別為u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)線線角 設(shè)l,m所成的角為θ,則 cosθ==. (2)線面角 設(shè)直線l與平面α所成的角為θ, 則sinθ=|cos〈a,u〉|=. (3)二面角 設(shè)α-l-β的平面角為θ, 則|cosθ|=|cos〈u,v〉|=. 方法技巧 求空間角的兩種方法 (1)按定義作出角,然后利用圖形計算. (2)利用空間向量,計算直線的方向向量和平面的法向量,通過向量的夾角計算. 5.(2018諸暨模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是邊長為2的等邊三角形,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠CDA=,AB=2CD=2,E是CD的中點(diǎn). (1)證明:AE⊥PB; (2)設(shè)F是棱PB上的點(diǎn),EF∥平面PAD,求EF與平面PAB所成角的正弦值. (1)證明 取AD的中點(diǎn)G,連接PG,BG, 平面PAD⊥平面ABCD,PG⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG?平面PAD, ∴PG⊥平面ABCD,∴AE⊥PG. 又∵tan∠DAE=tan∠ABG,∴AE⊥BG. 又∵PG∩BG=G,PG,BG?平面PBG, ∴AE⊥平面PBG,∴AE⊥PB. (2)解 作FH∥AB交PA于點(diǎn)H,連接DH, ∵EF∥平面PAD,平面FHDE∩平面PAD=DH, ∴EF∥DH. ∴四邊形FHDE為平行四邊形. ∴HF=DE=AB, 即H為PA的一個四等分點(diǎn). 又AB⊥AD,平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AB?平面ABCD, ∴AB⊥平面PAD, 作DK⊥PA于點(diǎn)K, ∴AB⊥DK,DK⊥PA,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB, ∴DK⊥平面PAB, ∴∠DHK為所求線面角, sin∠DHK===. 6.在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B是邊長為2的正方形,點(diǎn)C在平面AA1B1B上的射影H恰好為A1B的中點(diǎn),且CH=,設(shè)D為CC1的中點(diǎn). (1)求證:CC1⊥平面A1B1D; (2)求DH與平面AA1C1C所成角的正弦值. 方法一 (幾何法) (1)證明 因?yàn)镃C1∥AA1且在正方形AA1B1B中AA1⊥A1B1, 所以CC1⊥A1B1, 取A1B1的中點(diǎn)E,連接DE,HE, 則HE∥BB1∥CC1且HE=BB1=CC1. 又D為CC1的中點(diǎn), 所以HE∥CD且HE=CD, 所以四邊形HEDC為平行四邊形, 因此CH∥DE, 又CH⊥平面AA1B1B, 所以CH⊥HE,DE⊥HE, 所以DE⊥CC1, 又A1B1∩DE=E,A1B1,DE?平面A1B1D, 所以CC1⊥平面A1B1D. (2)解 取AA1的中點(diǎn)F,連接CF,作HK⊥CF于點(diǎn)K, 因?yàn)镃H∥DE,F(xiàn)H∥A1B1,CH∩FH=H,DE∩A1B1=E, 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HK⊥CC1, 又HK⊥CF,CF∩CC1=C,CF,CC1?平面AA1C1C, 所以HK⊥平面AA1C1C, 所以DH與平面AA1C1C所成的角為∠HDK. 在Rt△CFH中,CF==2,KH=, 在Rt△DHK中, 由于DH=2,sin∠HDK==, 故DH與平面AA1C1C所成角的正弦值為. 方法二 (向量法) (1)證明 如圖,以H為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系, 則C(0,0,),C1(,,),A1(,0,0), B1(0,,0),D, 所以=(,,0),=, =. 所以=0,=0, 因此CC1⊥平面A1B1D. (2)解 設(shè)平面AA1C1C的法向量為n=(1,x,y), 由于=(,,0),=(-,0,), 則n=+x=0, n=-+y=0, 得x=-1,y=, 所以n=. 又=, 設(shè)θ為DH與平面AA1C1C所成的角, 所以sinθ===, 故DH與平面AA1C1C所成角的正弦值為. 7.(2018浙江省杭州市第二中學(xué)模擬)如圖,在四邊形ABCD中,AB∥CD,∠ABD=30,AB=2CD=2AD=2,DE⊥平面ABCD,EF∥BD,且BD=2EF. (1)求證:平面ADE⊥平面BDEF; (2)若二面角C-BF-D的大小為60,求CF與平面ABCD所成角的正弦值. (1)證明 在△ABD中,∠ABD=30, 由AD2=AB2+BD2-2ABBDcos30, 解得BD=, 所以AD2+BD2=AB2, 根據(jù)勾股定理得∠ADB=90, ∴AD⊥BD. 又因?yàn)镈E⊥平面ABCD,AD?平面ABCD, 所以AD⊥DE. 又因?yàn)锽D∩DE=D,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 如圖,由(1)可得∠ADB=90,∠ABD=30, 則∠BDC=30,則△BCD為銳角為30的等腰三角形. CD=CB=1, 則CG=. 過點(diǎn)C作CH∥DA,交DB,AB于點(diǎn)G,H, 則點(diǎn)G為點(diǎn)F在平面ABCD上的投影.連接FG, 則CG⊥BD,DE⊥平面ABCD,則CG⊥平面BDEF. 過點(diǎn)G作GI⊥BF于點(diǎn)I,連接HI,CI, 則BF⊥平面GCI, 即∠GIC為二面角C-BF-D的平面角, 則∠GIC=60. 則tan60=,CG=,則GI=. 在直角梯形BDEF中,G為BD的中點(diǎn),BD=,GI⊥BF,GI=, 設(shè)DE=x,則GF=x, S△BGF=BGGF=BFGI, 則DE=.tan∠FCG==, 則sin∠FCG=,即CF與平面ABCD所成角的正弦值為. 方法二 由題意可知DA,DB,DE兩兩垂直,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DB,DE所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 設(shè)DE=h,則D(0,0,0),B(0,,0),C,F(xiàn). =,=, 設(shè)平面BCF的法向量為m=(x,y,z), 則 所以取x=, 所以m=, 取平面BDEF的法向量為n=(1,0,0), 由|cos〈m,n〉|==cos60, 解得h=,則DE=, 又=, 則||=, 設(shè)CF與平面ABCD所成的角為α, 則sinα==. 故直線CF與平面ABCD所成角的正弦值為. 8.如圖,在四棱錐P-ABCD,底面ABCD為梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分別是AD,PB的中點(diǎn). (1)求證:PD∥平面OCM; (2)若AP與平面PBD所成的角為60,求線段PB的長. (1)證明 連接OB,設(shè)BD與OC的交點(diǎn)為N,連接MN. 因?yàn)镺為AD的中點(diǎn),AD=2, 所以O(shè)A=OD=1=BC. 又因?yàn)锳D∥BC, 所以四邊形OBCD為平行四邊形, 所以N為BD的中點(diǎn), 又因?yàn)镸為PB的中點(diǎn), 所以MN∥PD. 又因?yàn)镸N?平面OCM,PD?平面OCM, 所以PD∥平面OCM. (2)解 由四邊形OBCD為平行四邊形,知OB=CD=1, 所以△AOB為等邊三角形,所以∠BAD=60 所以BD==, 即AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD. 因?yàn)镈P⊥平面ABP,所以AB⊥PD. 又因?yàn)锽D∩PD=D,BD,PD?平面BDP, 所以AB⊥平面BDP, 所以∠APB為AP與平面PBD所成的角,即∠APB=60, 所以在Rt△ABP中,可得PB=. 例 (15分)如圖,已知在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,現(xiàn)將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC的位置,此時PA⊥PB. (1)求證:平面PAB⊥平面ABC; (2)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值. 審題路線圖 (1)―→―→―→ → (2)方法一 (作角) ―→―→ 方法二 (向量法) ―→―→ ―→―→ 規(guī)范解答評分標(biāo)準(zhǔn) (1)證明 因?yàn)镻A⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P, 所以PA⊥平面PBC,2分 所以PA⊥BC, 又BC⊥AB,AB∩AP=A, 所以BC⊥平面PAB,4分 又BC?平面ABC, 所以平面PAB⊥平面ABC.6分 (2)解 方法一 如圖,作BD⊥PC于點(diǎn)D,連接AD, 由(1)知,PA⊥平面PBC, 所以PA⊥BD, 而BD⊥PC,PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC, 所以BD⊥平面PAC, 所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角.9分 在Rt△PBC中,BC=3,PC=4,PB=, 所以BD=,又AB=4, 在Rt△ADB中,sin∠BAD==,13分 所以直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.15分 方法二 由(1)知平面PAB⊥平面ABC, 所以在平面PAB內(nèi),過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E, 則PE⊥平面ABC, 如圖,以B為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系(z軸與直線PE平行), 在Rt△PBC中,BC=3,PC=4,PB=, 在Rt△APB中,AP=3,AB=4,PE=,BE=, 可知A(0,-4,0),B(0,0,0),C(-3,0,0), P,=(-3,4,0),=,10分 則易得平面PAC的一個法向量為m=,12分 =(0,4,0),所以cos〈,m〉==, 故直線AB與平面PAC所成角的正弦值為.15分 構(gòu)建答題模板 方法一 [第一步] 找垂直:利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直. [第二步] 作角:利用定義結(jié)合垂直關(guān)系作出所求角. [第三步] 計算:將所求角放在某三角形中,計算. 方法二 [第一步] 找垂直:利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直,同時為建系作準(zhǔn)備. [第二步] 寫坐標(biāo):建立空間直角坐標(biāo)系,寫出特殊點(diǎn)的坐標(biāo). [第三步] 求向量:求直線的方向向量或平面的法向量. [第四步] 求夾角:計算向量的夾角,得到所求的線面角或二面角. 1.在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AB∥CD,∠ABC=∠BCD=90,BC=CD==2. (1)證明:BD⊥PA; (2)若△PAD為正三角形,求直線PA與平面PBD所成角的余弦值. (1)證明 在直角梯形ABCD中,因?yàn)锳D==2,BD==2,AB=4, 所以AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD. 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD,BD?底面ABCD, 所以BD⊥平面PAD, 又PA?平面PAD, 所以BD⊥PA. (2)解 方法一 如圖,取PD的中點(diǎn)M,連接AM,BM. 因?yàn)椤鱌AD為正三角形,所以AM⊥PD. 又由(1)知,BD⊥平面PAD, 所以平面PBD⊥平面PAD, 又平面PAD∩平面PBD=PD,AM?平面PAD, 所以AM⊥平面PBD, 故∠APM即為直線PA與平面PBD所成的角. 故cos∠APM=, 即直線PA與平面PBD所成角的余弦值為. 方法二 在平面PAD內(nèi),過點(diǎn)P作PQ⊥AD,垂足為Q,取AB的中點(diǎn)N,連接QN,易知,PQ,AQ,QN兩兩垂直. 以Q為坐標(biāo)原點(diǎn),QA,QN,QP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 則P(0,0,),A(,0,0), B(-,2,0),D(-,0,0). 設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量. 由n=0,n=0,且=(0,2,0), =(-,0,-), 得 取z=-1,則n=( ,0,-1), 又=(,0,-), 所以cos〈n,〉==, 因此直線PA與平面PBD所成角的余弦值為. 2.設(shè)平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD,AB∥EF,∠BAF=∠ABC=90,BC=CD=AF=EF=1,AB=2. (1)證明:CE∥平面ADF; (2)求直線DF與平面BDE所成角的正弦值. (1)證明 ∵AB∥CD, AB∥EF,∴CD∥EF. 又∵CD=EF, ∴四邊形CDFE是平行四邊形. ∴CE∥DF,又CE?平面ADF,DF?平面ADF, ∴CE∥平面ADF. (2)解 取AB的中點(diǎn)G,連接CG交BD于點(diǎn)O,連接EO,EG. ∵CD∥EF, ∴DF與平面BDE所成的角等于CE與平面BDE所成的角. ∵AB⊥AF,平面ABCD⊥平面ABEF, ∴AF⊥平面ABCD. 又∵EG∥AF, ∴EG⊥平面ABCD, ∴EG⊥BD.連接DG, 在正方形BCDG中,BD⊥CG, 故BD⊥平面ECG. ∴平面BDE⊥平面ECG. 在平面CEO中,作CH⊥EO,交直線EO的延長線于點(diǎn)H,得CH⊥平面BDE. ∴∠CEH是CE與平面BDE所成的角. 過點(diǎn)G作GQ⊥EO. ∵OC=OG, ∴CH=GQ=. ∵CE=, ∴sin∠CEH==. 3.(2018寧波模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAD為正三角形,四邊形ABCD為直角梯形,CD∥AB,BC⊥AB,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)E,F(xiàn)分別為AD,CP的中點(diǎn),AD=AB=2CD=2. (1)證明:直線EF∥平面PAB; (2)求直線EF與平面PBC所成角的正弦值. (1)證明 設(shè)BC的中點(diǎn)為M,連接EM,F(xiàn)M, 易知EM∥AB,F(xiàn)M∥PB, 因?yàn)镋M∥AB,EM?平面PAB,AB?平面PAB, 所以EM∥平面PAB. 同理FM∥平面PAB. 又EM∩FM=M,EM?平面FEM,F(xiàn)M?平面FEM, 所以平面FEM∥平面PAB, 又EF?平面FEM, 所以直線EF∥平面PAB. (2)解 連接PE,PM, 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,且PE⊥AD,PE?平面PAD, 所以PE⊥平面ABCD,PE⊥BC. 又因?yàn)镋M⊥BC,PE∩EM=E, 所以BC⊥平面PEM, 所以平面PBC⊥平面PEM. 過點(diǎn)E作EH⊥PM于點(diǎn)H,連接FH, 由平面PBC⊥平面PEM可知,EH⊥平面PBC. 所以直線EF與平面PBC所成的角為∠EFH. 易求得EF=PC=,EH=, 所以sin∠EFH===. 4.如圖,在邊長為2的正方形ABCD中,E為AB的中點(diǎn),將△ADE沿直線DE折起至△A′DE的位置,使得平面A′DE⊥平面BCDE,F(xiàn)為線段A′C的中點(diǎn). (1)求證:BF∥平面A′DE; (2)求直線A′B與平面A′DE所成角的正切值. (1)證明 取A′D的中點(diǎn)M,連接FM,EM, ∵F為A′C的中點(diǎn), ∴FM∥CD且FM=CD, 又E為AB的中點(diǎn),且AB∥CD,且AB=CD, ∴BE∥CD且BE=CD, ∴BE∥FM且BE=FM, ∴四邊形BFME為平行四邊形. ∴BF∥EM, 又EM?平面A′DE,BF?平面A′DE, ∴BF∥平面A′DE. (2)解 在平面BCDE內(nèi)作BN⊥DE,交DE的延長線于點(diǎn)N, ∵平面A′DE⊥平面BCDE,平面A′DE∩平面BCDE=DE,BN?平面BCDE, ∴BN⊥平面A′DE,連接A′N, 則∠BA′N為A′B與平面A′DE所成的角. 易知△BNE∽△DAE, ∴==,又BE=1, ∴BN=,EN=. 在△A′DE中,作A′P⊥DE,垂足為P, ∵A′E=1,A′D=2, ∴A′P=,∴EP=. 在Rt△A′PN中,PN=PE+EN=,A′P=, ∴A′N=. ∴在Rt△A′BN中,tan∠BA′N==, ∴直線A′B與平面A′DE所成角的正切值為.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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