2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 三 立體幾何（A）理

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 三 立體幾何（A）理 1.如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于點(diǎn)F,FE∥CD,交PD于點(diǎn)E. (1)證明:CF⊥平面ADF; (2)求二面角DAFE的余弦值. 2.(2018·赤峰模擬)如圖,多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為平行四邊形,其中∠BAD=,AD=,AB=1,等邊△ADE所在平面與平面ABCD垂直, FC⊥平面ABCD,且FC=. (1)點(diǎn)P在棱AE上,且=2,Q為△EBC的重心,求證:PQ∥平面EDC. (2)求平面DEF與平面EAB所成銳二面角的余弦值.

2、 3.(2018·延邊質(zhì)檢)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=, AB=BC=2,BB1=4,點(diǎn)D在棱CC1上,且CD=λCC1(0<λ<1).建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. (1)當(dāng)λ=時(shí),求異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值; (2)若二面角AB1DA1的平面角為,求λ的值. 4.(2018·赤峰二模)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1. (1)求證:EF⊥平面BCF. (2)點(diǎn)M在線段EF(含端點(diǎn))上運(yùn)動(dòng),當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)

3、,平面MAB與平面FCB所成銳二面角θ最大,并求此時(shí)二面角的余弦值. 1.(1)證明:由題意可知DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP, 故可以D為原點(diǎn),DP所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,DA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)正方形ABCD的邊長為a, 則C(0,a,0),A(0,0,a), 由平面幾何知識可求得F(a,a,0), 所以=(a,-a,0), =(a,a,0), =(0,0,a), 所以· =(a,-a,0)·(a,a,0)=0, ·=(a,-a,0)·(0,0,a)=0, 故CF⊥DF,CF⊥DA. 又DF∩DA=D, 所以CF⊥平面ADF.

4、 (2)解:可求得E(a,0,0), 則=(a,0,-a), 又=(a,a,-a), 設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則n·=(x,y,z)·(a,0,-a)=ax-az=0, n·=(x,y,z)·(a,a,-a) =ax+ay-az=0, 取x=1,得平面AEF的一個(gè)法向量n=(1,0,). 又由(1)知平面ADF的一個(gè)法向量為=(a,-a,0), 故cos==, 由圖可知二面角DAFE為銳二面角, 所以其余弦值為. 2.(1)證明:如圖,在棱BE上取點(diǎn)M,使得BM=2ME,連接BQ并延長,交CE于點(diǎn)N. 則在△ABE中, 又AP=2P

5、E, 所以PM∥AB, 又四邊形ABCD為平行四邊形, 所以AB∥CD,所以PM∥CD. 在△BCE中,Q為重心, 所以BQ=2QN,又BM=2ME, 所以MQ∥EC. 又因?yàn)镻M∩MQ=M,CD∩EC=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, 由余弦定理可得, BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=12+()2-2×1×cos=1, 所以BD=1.取AD的中點(diǎn)O, 連接EO,OB, 在△EAD中,EA=ED=AD=, 所以EO⊥AD,且EO=AD=.

6、 又因?yàn)槠矫鍱AD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD, 所以EO⊥平面ABCD, 又在△ABD中,AB=BD=1,AD=, 所以O(shè)B⊥AD,且OB=, 如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn), 分別以O(shè)A,OB,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系. 則A(,0,0),D(-,0,0),B(0,,0),E(0,0,),F(-,,). 則=(-,,0), =(-,0,), =(,0,),=(-,,). 設(shè)平面ABE的法向量為m=(x1,y1,z1), 則由 可得 整理得 令z1=1,則x1=,y1=3, 所以m=(,3,1)為平面ABE的一個(gè)法向量. 設(shè)平

7、面DEF的法向量為n=(x2,y2,z2), 則由可得 整理得 令z2=-1, 則x2=,y2=6. 所以n=(,6,-1)為平面DEF的一個(gè)法向量. 所以cos= ==, 設(shè)平面DEF與平面EAB所成銳二面角為θ, 則cos θ=cos=. 3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2). 當(dāng)λ=時(shí),因?yàn)锽C=CD=2,∠BCC1=, 所以C(,-1,0),D(,1,0). 所以=(0,4,-2),=(,-3,-2), 所以cos<,>= = =-. 故異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值為. (2)由CD=

8、λCC1可知,D(,4λ-1,0), 所以=(-,5-4λ,0), 由(1)知,=(0,4,-2). 設(shè)平面AB1D的法向量為m=(x,y,z), 則即 令y=1,解得x=,z=2, 所以平面AB1D的一個(gè)法向量為m=(,1,2). 設(shè)平面A1B1D的法向量為n=(x′,y′,z′), 則即 令y′=1,解得x′=,z′=0, 所以平面A1B1D的一個(gè)法向量為n=(,1,0). 因?yàn)槎娼茿B1DA1的平面角為, 所以|cos|=|| = =, 即(5-4λ)2=9, 解得λ=或λ=2(舍),故λ的值為. 4.(1)證明:在梯形ABCD中, 因?yàn)锳

9、B∥CD,AD=CD=BC=1, 又因?yàn)椤螧CD=,所以AB=2, 所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3. 所以AB2=AC2+BC2. 所以BC⊥AC. 因?yàn)镃F⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, 所以AC⊥CF, 而CF∩BC=C, 所以AC⊥平面BCF, 因?yàn)镋F∥AC, 所以EF⊥平面BCF. (2)解:由(1)可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸,y軸,z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖所示, AD=CD=BC=CF=1, 令FM=λ(0≤λ≤),則C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), 所以=(-,1,0),=(λ,-1,1), 設(shè)n1=(x,y,z)為平面MAB的一個(gè)法向量, 由得取x=1, 則n1=(1,,-λ), 因?yàn)閚2=(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量, 所以cos θ= = =, 因?yàn)?≤λ≤, 所以當(dāng)λ=0時(shí),cos θ有最小值, 所以點(diǎn)M與點(diǎn)F重合時(shí), 平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大,此時(shí)二面角的余弦值為.