(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8 立體幾何與空間向量 第62練 高考大題突破練—立體幾何練習(xí)(含解析).docx
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第62練 高考大題突破練—立體幾何 [基礎(chǔ)保分練] 1.(2019杭州二中模擬)如圖,△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120,D為線段BC上一點(diǎn),且DC=BC,讓△ADC繞直線AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC. (1)在線段BC上是否存在一點(diǎn)E,使平面AEC′⊥平面ABC?請(qǐng)證明你的結(jié)論; (2)求直線C′D與平面ABC所成的角. 2.(2019衢州模擬)已知三棱臺(tái)ABC—A1B1C1的下底面△ABC是邊長2的正三角形,上底面△A1B1C1是邊長為1的正三角形.A1在下底面的射影為△ABC的重心,且A1B⊥A1C. (1)證明:A1B⊥平面ACC1A1; (2)求直線CB1與平面ACC1A1所成角的正弦值. 3.(2019蕭山中學(xué)模擬)如圖,已知直角梯形ABCD和正方形BCEF,二面角A—BC—E的大小為120,且滿足AB∥CD,AD⊥AB,AD=DC=AB=2,點(diǎn)M,H分別是線段EF,AE的中點(diǎn),點(diǎn)N是線段AF上異于A,F(xiàn)的點(diǎn). (1)求證:CH⊥平面AEF; (2)求直線MN與平面BCEF所成角的最大值. [能力提升練] 4.如圖,已知四邊形ABCD是正方形,EA⊥平面ABCD,PD∥EA,AD=PD=2EA=2,F(xiàn),G,H分別為BP,BE,PC的中點(diǎn). (1)求證:FG∥平面PDE; (2)求證:平面FGH⊥平面ABE; (3)在線段PC上是否存在一點(diǎn)M,使PB⊥平面EFM?若存在,求出線段PM的長;若不存在,請(qǐng)說明理由. 答案精析 基礎(chǔ)保分練 1.解 (1)存在BC的中點(diǎn)E,使平面AEC′⊥平面ABC,取BC的中點(diǎn)E, 由題意知AE⊥BC,又因?yàn)锳C′⊥BC,AE∩AC′=A,所以BC⊥平面AEC′, 因?yàn)锽C?平面ABC, 所以平面AEC′⊥平面ABC. (2)在平面AC′E中,過點(diǎn)C′作C′H⊥AE交AE的延長線于點(diǎn)H,連接HD.由(1)知,C′H⊥平面ABC, 所以∠C′DH即為直線C′D與平面ABC所成的角. 由AB=AC=2,∠BAC=120, 得BC=2,DC=,ED=, EC′=, 在△AEC′中,由余弦定理得 cos∠AEC′=-, 所以cos∠HEC′=, sin∠HEC′=, 所以HC′=EC′sin∠HEC′=, 所以sin∠HDC′==, 所以直線C′D與平面ABC所成的角為60. 2.(1)證明 記△ABC的重心為G,連接BG并延長交AC于點(diǎn)M. 因?yàn)榈酌妗鰽BC為正三角形, 所以BG⊥AC, 又點(diǎn)A1在底面上的射影為G, 所以A1G⊥平面ABC, 所以A1G⊥AC, 因?yàn)锳1G∩BG=G, A1G?平面A1BG, BG?平面A1BG, 所以AC⊥平面A1BG, 又A1B?平面A1BG, 所以AC⊥A1B. 又A1B⊥A1C,且A1C∩AC=C, A1C?平面A1AC, AC?平面A1AC, 所以A1B⊥平面A1AC, 因此,A1B⊥平面ACC1A1. (2)解 由于ABC—A1B1C1為棱臺(tái),設(shè)三側(cè)棱延長交于一點(diǎn)D.因?yàn)锳B=2A1B1=2, 則A1,B1分別為棱AD,BD的中點(diǎn). 又G為正△ABC的重心, 則BM=,CG=BG=BM=, GM=BM=. 因?yàn)锳1B⊥平面ACC1A1, 所以A1B⊥A1M, 故在Rt△A1BM中,A1G⊥BM, 由三角形相似,得A1G2=BGGM=, A1B2=BGBM=2. 取A1D的中點(diǎn)H,連接B1H,CH, 則B1H∥A1B,且B1H=A1B=, 故B1H⊥平面ACC1A1, 即∠B1CH即為直線CB1與平面ACC1A1所成的角. 又=++, 且GC⊥BA,A1G⊥BA,B1A1∥BA, 所以⊥,⊥, 又⊥, 所以2=2+2+2=3, 即B1C=, 所以sin∠B1CH==, 即直線CB1與平面ACC1A1所成角的正弦值為. 3.(1)證明 由題可得 AC==2, CE=BC==2, ∴AC=CE. 又H是AE的中點(diǎn),∴CH⊥AE. ∵AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, ∴AC⊥EF. ∵CE⊥EF,AC⊥EF,AC∩CE=C, ∴EF⊥平面ACE. ∵HC?平面ACE,∴EF⊥HC, 又EF∩AE=E,∴CH⊥平面AEF. (2)解 方法一 過點(diǎn)A作AK⊥CE,垂足為K,連接KF,過點(diǎn)N作NL∥AK,交KF為L,連接ML,∵EF⊥平面ACE, ∴平面EFK⊥平面ACE, 又∵平面EFK∩平面ACE=CE,AK?平面ACE, ∴AK⊥平面EFK,∴NL⊥平面EFK, ∴∠NML就是直線MN與平面BCEF所成的角. 設(shè)FL=x,∵AK=,KF=, 則NL=x, ML2=FL2+FM2-2FMFL cos∠MFL=x2-x+2, ∴tan∠NML= = =, ∵x∈(0,),∴∈, ∴當(dāng)=時(shí),(tan∠NML)max=, ∴直線MN與平面BCEF所成角的最大值是. 方法二 以點(diǎn)C為原點(diǎn),分別以CA,CB所在直線為x軸、y軸,過點(diǎn)C垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系, ∴C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),E(-,0,), ∴=+=+=(-,0,)+(0,2,0)=(-,2,), ∴F(-,2,),M(-,,). 設(shè)n=(x,y,z)是平面BCEF的法向量, 由即 令z=1,得n=(,0,1). 設(shè)||=λ||(0<λ<1), =+=+λ =(2,0,0)+λ(-3,2,) =(2-3λ,2λ,λ), =- =(3-3λ,2λ-,λ-), ∴sinθ= ==, 令x=1-λ,x∈(0,1), 則sinθ= =≤, 當(dāng)=2,即x=,λ=時(shí)取等號(hào). ∴θ的最大值是. 能力提升練 4.(1)證明 因?yàn)镕,G分別為PB,BE的中點(diǎn),所以FG∥PE. 又FG?平面PDE,PE?平面PDE, 所以FG∥平面PDE. (2)證明 因?yàn)镋A⊥平面ABCD,CB?平面ABCD,所以EA⊥CB. 又CB⊥AB,AB∩AE=A,所以CB⊥平面ABE.由已知F,H分別為線段PB,PC的中點(diǎn), 所以FH∥BC,則FH⊥平面ABE. 又FH?平面FGH, 所以平面FGH⊥平面ABE. (3)解 在線段PC上存在一點(diǎn)M,使PB⊥平面EFM. 證明如下: 如圖,在PC上取一點(diǎn)M,連接EF,EM,F(xiàn)M. 在Rt△AEB中, 因?yàn)锳E=1,AB=2,所以BE=. 在直角梯形EADP中, 因?yàn)锳E=1,AD=PD=2, 所以PE=,所以PE=BE. 又F為PB的中點(diǎn),所以EF⊥PB. 要使PB⊥平面EFM,只需使PB⊥FM. 因?yàn)镋A⊥CB,PD∥AE,所以PD⊥CB, 又CB⊥CD,PD∩CD=D, PD,CD?平面PCD, 所以CB⊥平面PCD, 而PC?平面PCD,所以CB⊥PC. 若PB⊥FM,則△PFM∽△PCB, 可得=. 由已知可求得PB=2,PF=,PC=2, 所以PM=. 故在線段PC上存在一點(diǎn)M,當(dāng)PM=時(shí),使得PB⊥平面EFM.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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