(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理

上傳人:彩*** 文檔編號(hào):106802750 上傳時(shí)間:2022-06-14 格式:DOC 頁數(shù):21 大?。?60.50KB
收藏 版權(quán)申訴 舉報(bào) 下載
(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理_第1頁
第1頁 / 共21頁
(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理_第2頁
第2頁 / 共21頁
(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理_第3頁
第3頁 / 共21頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

36 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江專版)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型學(xué)案 理(21頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型 高考導(dǎo)航 1.立體幾何是高考的重要內(nèi)容,每年都有選擇題或填空題或解答題考查.小題主要考查學(xué)生的空間觀念,空間想象能力及簡(jiǎn)單計(jì)算能力.解答題主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模式,即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直,再進(jìn)行空間角(主要是線面角)的計(jì)算.重在考查學(xué)生的邏輯推理能力及計(jì)算能力.熱點(diǎn)題型主要有平面圖形的翻折、探索性問題等;2.思想方法:(1)轉(zhuǎn)化與化歸(空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題);(2)數(shù)形結(jié)合. 熱點(diǎn)一 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系及空間角的計(jì)算(規(guī)范解答) 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系通常考查平行、垂直關(guān)系

2、的證明,一般出現(xiàn)在解答題的第(1)問,解答題的第(2)問??疾榍罂臻g角(主要是線面角),求空間角一般都可以建立空間直角坐標(biāo)系,用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解,也可用幾何方法求解. 【例1】 (滿分15分)(2017·湖州模擬)如圖,在△ABC中,∠ABC=,O為AB邊上一點(diǎn),且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO. (1)求證:平面PBD⊥平面COD; (2)求直線PD與平面BDC所成角的正弦值. 滿分解答 (1)證明 ∵OB=OC,又∵∠ABC=, ∴∠OCB=,∴∠BOC=. ∴CO⊥AB.3分(得分點(diǎn)1) 又PO⊥平面ABC, O

3、C?平面ABC,∴PO⊥OC. 又∵PO,AB?平面PAB,PO∩AB=O, ∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PDB. 5分(得分點(diǎn)2) 又CO?平面COD, ∴平面PDB⊥平面COD.7分(得分點(diǎn)3) (2)解 以O(shè)C,OB,OP所在射線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 設(shè)OA=1,則PO=OB=OC=2,DA=1. 則C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴=(0,-1,-1),=(2,-2,0),=(0,-3,1). 10分(得分點(diǎn)4) 設(shè)平面BDC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), ∴∴ 令y=1,則

4、x=1,z=3,∴n=(1,1,3). 12分(得分點(diǎn)5) 設(shè)PD與平面BDC所成的角為θ, 則sin θ= ==. 即直線PD與平面BDC所成角的正弦值為. 15分(得分點(diǎn)6)   ?得步驟分:抓住得分點(diǎn)的步驟,“步步為贏”,求得滿分.如第(1)問中,先證線面垂直,再證兩面垂直得7分. ?得關(guān)鍵分:解題過程不可忽視的關(guān)鍵點(diǎn),有則給分,無則沒分,如第(1)問中證線面垂直不可漏“CO⊥平面PDB”. ?得計(jì)算分:解題過程中計(jì)算準(zhǔn)確是得滿分的根本保證. 如第(2)問中求法向量n,計(jì)算線面角正弦值sin θ. 利用向量求空間角的步驟 第一步:建立空間直角坐標(biāo)系. 第二步

5、:確定點(diǎn)的坐標(biāo). 第三步:求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標(biāo). 第四步:計(jì)算向量的夾角(或函數(shù)值). 第五步:將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角. 第六步:反思回顧.查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)和答題規(guī)范. 【訓(xùn)練1】 (一題多解)(2017·浙江卷)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 法一 (1)證明 如圖, 設(shè)PA中點(diǎn)為F,連接EF,F(xiàn)B. 因?yàn)镋,F(xiàn)分別為PD,PA中點(diǎn), 所以EF∥AD

6、且EF=AD, 又因?yàn)锽C∥AD,BC=AD, 所以EF∥BC且EF=BC, 即四邊形BCEF為平行四邊形,所以CE∥BF. 又因?yàn)镃E?平面PAB,BF?平面PAB, 因此CE∥平面PAB. (2)解 分別取BC,AD的中點(diǎn)為M,N, 連接PN交EF于點(diǎn)Q,連接MQ. 因?yàn)镋,F(xiàn),N分別是PD,PA,AD的中點(diǎn),所以Q為EF中點(diǎn), 在平行四邊形BCEF中,MQ∥CE. 由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD,N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD. 因?yàn)镻N∩BN=N,所以AD⊥平面PBN. 由BC∥AD得BC⊥平面PBN, 因?yàn)锽C?平面PBC,所以平面PB

7、C⊥平面PBN. 過點(diǎn)Q作PB的垂線,垂足為H,則QH⊥平面PBC.連接MH,則MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角.設(shè)CD=1. 在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=, 在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=, 在Rt△MQH中,QH=,MQ=, 所以sin∠QMH=, 所以,直線CE與平面PBC所成角的正弦值是. 法二 過P作PH⊥CD,交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H.不妨設(shè)AD=2,∵BC∥AD,CD⊥AD,則易求DH=,過P作底面的垂線,垂足為O,連接OB,OH,易得OH∥BC,且OP,OB,OH兩兩垂直.故可以O(shè)為原點(diǎn),

8、以O(shè)H,OB,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. (1)證明 由PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn),則可得: D,C,P,A,B,E, 則=,=,=. 設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z), 則 令y=1,則 ∴n=(1,1,), ∴·n=×1+×1+×=0. 又∵CE?平面PAB,∴CE∥平面PAB. (2)解 由(1)得=. 設(shè)平面PBC的法向量m=(x,y,z), 則 令y=1,則 ∴m=(0,1,). 設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為θ,則sin θ= |cos〈m,〉|===. ∴直線CE與平面PBC所成

9、角的正弦值為. 熱點(diǎn)二 立體幾何中的探索性問題 此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn),常涉及線、面平行、垂直位置關(guān)系的探究或空間角的計(jì)算問題,是高考命題的熱點(diǎn),一般有兩種解決方式: (1)根據(jù)條件作出判斷,再進(jìn)一步論證; (2)利用空間向量,先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo),再根據(jù)條件判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在. 【例2】 (一題多解)如圖,將長(zhǎng)為4,寬為1的長(zhǎng)方形折疊成長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的四個(gè)側(cè)面,記底面上一邊AB=t(0

10、A1C⊥平面BPD?若有,求出P點(diǎn)的位置;若沒有,請(qǐng)說明理由. 解 法一 (1)根據(jù)題意,長(zhǎng)方體體積為 V=t(2-t)×1=t(2-t)≤=1, 當(dāng)且僅當(dāng)t=2-t,即t=1時(shí)體積V有最大值為1, 所以當(dāng)長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積最大時(shí),底面四邊形ABCD為正方形. 作BM⊥A1C于M,連接DM,BD. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以△A1BC與△A1DC全等, 故DM⊥A1C, 所以∠BMD即為所求二面角的平面角. 因?yàn)锽C⊥平面AA1B1B,所以△A1BC為直角三角形, 又A1B=,A1C=, 所以BM===,同理可得,DM=, 在△BMD中,根

11、據(jù)余弦定理有: cos∠BMD==-. 因?yàn)?°<∠BMD<180°,所以∠BMD=120°, 即此時(shí)二面角B-A1C-D的大小是120°. (2)若線段A1C上存在一點(diǎn)P,使得A1C⊥平面BPD,則A1C⊥BD,又A1A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1A⊥BD,又A1C∩A1A=A1, 所以BD⊥平面A1AC. 所以BD⊥AC,所以底面四邊形ABCD為正方形, 即只有ABCD為正方形時(shí),線段A1C上存在點(diǎn)P滿足要求,否則不存在.由(1)知,所求點(diǎn)P即為BM⊥A1C的垂足M,此時(shí),A1P===,A1P∶A1C=2∶3,即當(dāng)?shù)酌嫠倪呅螢檎叫螘r(shí),存在點(diǎn)P,位置在線段

12、A1C上,A1P∶A1C=2∶3處. 法二 根據(jù)題意可知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以AB為x軸,AD為y軸,AA1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. (1)長(zhǎng)方體體積為V=t(2-t)×1=t(2-t)≤=1, 當(dāng)且僅當(dāng)t=2-t,即t=1時(shí)體積V有最大值為1. 所以當(dāng)長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積最大時(shí),底面四邊形ABCD為正方形,則A1(0,0,1),B(1,0,0),C(1,1,0),=(1,0,-1),=(0,1,0). 設(shè)平面A1BC的法向量m=(x,y,z), 則即 取x=z=1,得m=(1,0,1), 同理可得平面A1CD的法向量n=(0,1,1

13、), 所以cos〈m,n〉==, 因二面角B-A1C-D為鈍角, 故其大小是120°. (也可以通過證明B1A⊥平面A1BC寫出平面A1BC的法向量) (2)根據(jù)題意有A1(0,0,1),B(t,0,0),C(t,2-t,0),D(0,2-t,0).若線段A1C上存在一點(diǎn)P滿足要求,不妨=λ(λ>0),可得P(λt,λ(2-t),1-λ),=(λt-t,λ(2-t),1-λ),又=(-t,2-t,0),=(t,2-t,-1), 則即 解得:t=1,λ=, 即只有當(dāng)?shù)酌嫠倪呅问钦叫螘r(shí)才有符合要求的點(diǎn)P,位置是線段A1C上A1P∶A1C=2∶3處. 探究提高 (1)對(duì)于存在判斷

14、型問題的求解,應(yīng)先假設(shè)存在,把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解,是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對(duì)于位置探究型問題,通常借助向量,引進(jìn)參數(shù),綜合已知和結(jié)論列出等式,解出參數(shù). 【訓(xùn)練2】 如圖,已知四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,E,F(xiàn)分別是BC,PC的中點(diǎn). (1)證明:AE⊥平面PAD; (2)取AB=2,在線段PD上是否存在點(diǎn)H,使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為?若存在,請(qǐng)求出H點(diǎn)的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由. (1)證明 由四邊形ABCD為菱形,∠ABC=60°,

15、可得△ABC為正三角形,∵E為BC的中點(diǎn),∴AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,∴PA⊥AE.而PA?平面PAD,AD?平面PAD,PA∩AD=A,∴AE⊥平面PAD. (2)解 設(shè)線段PD上存在一點(diǎn)H,連接AH,EH.由(1)知AE⊥平面PAD,則∠EHA為EH與平面PAD所成的角. 在Rt△EAH中,AE=, ∴當(dāng)AH最短時(shí),即當(dāng)AH⊥PD時(shí),∠EHA最大,此時(shí)tan∠EHA===,因此AH=,從而DH=. ∴線段PD上存在點(diǎn)H,當(dāng)DH=時(shí),使得EH與平面PAD所成最大角的正切值為. 熱點(diǎn)三 立體幾何中的折疊問題 將平面圖形沿

16、其中一條或幾條線段折起,使其成為空間圖形,這類問題稱為立體幾何中的折疊問題,折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結(jié)合命題,考查學(xué)生的空間想象力和分析問題的能力. 【例3】 (2018·臺(tái)州調(diào)考)如圖,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E為BC的中點(diǎn),F(xiàn)為線段AD上的一點(diǎn),且AF=.現(xiàn)將四邊形ABEF沿直線EF翻折,使翻折后的二面角A′-EF-C的余弦值為. (1)求證:A′C⊥EF; (2)求直線A′D與平面ECDF所成角的大?。? (1)證明 連接AC交EF于點(diǎn)M,由平面幾何的知識(shí)可得AC=,EF=以及==, 則AM=,MC=,MF=. 故AM2+MF2=AF2,則A

17、C⊥EF, 于是A′M⊥EF,CM⊥EF,又A′M∩CM=M, 故EF⊥平面A′MC,又A′C?平面A′MC, 故A′C⊥EF. (2)解 由(1)知,二面角A′-EF-C的平面角就是∠A′MC, 即cos∠A′MC=. 根據(jù)余弦定理,得 A′C==1. 因?yàn)锳′C2+MC2==A′M2,所以A′C⊥MC. 而由(1)知A′C⊥EF,且MC∩EF=M, 所以A′C⊥平面ECDF. 因此,∠A′DC就是直線A′D與平面ECDF所成的角. 由于A′C=CD=1,所以∠A′DC=∠CA′D=, 故直線A′D與平面ECDF所成的角為. 探究提高 立體幾何中的折疊問題,關(guān)鍵是

18、搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況,一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化,不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 【訓(xùn)練3】 (2018·浙江五校聯(lián)考)如圖1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是CD的中點(diǎn),將三角形ADE沿AE翻折到圖2的位置,使得平面AED′⊥平面ABC. (1)在線段BD′上確定點(diǎn)F,使得CF∥平面AED′,并證明; (2)求△AED′與△BCD′所在平面構(gòu)成的銳二面角的正切值. 解 (1)點(diǎn)F是線段BD′的中點(diǎn)時(shí),CF∥平面AED′. 證明:設(shè)AE,BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M, 因?yàn)锳B=2EC,且AB∥CE, 所以點(diǎn)C是BM的中

19、點(diǎn), 所以CF∥MD′. 而MD′?平面AED′,CF?平面AED′, 所以CF∥平面AED′. (2)在矩形ABCD中,AB=2,CD=1,BE⊥AE, 因?yàn)槠矫鍭ED′⊥平面ABC,且交線是AE, 所以BE⊥平面AED′. 在平面AED′內(nèi)作EN⊥MD′于N,連接BN, 則BN⊥MD′. 所以∠BNE就是△AED′與△BCD′所在平面構(gòu)成的銳二面角的平面角. 因?yàn)镋N=,BE=, 所以tan∠BNE===,即△AED′與△BCD′所在平面構(gòu)成的銳二面角的正切值為. 1.(2018·金麗衢十二校二聯(lián))如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面CDE⊥平面ABCD,

20、∠DAB=∠ABC=90°,AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2. (1)證明:AB⊥平面BCE; (2)求直線AE與平面CDE所成角的正弦值. (1)證明∵∠DAB=∠ABC=90°, ∴四邊形ABCD為直角梯形,易得DC=. 又CE2+DC2=DE2,即EC⊥CD, ∵平面EDC⊥平面ABCD,平面EDC∩平面ABCD=DC, ∴CE⊥平面ABCD. ∴CE⊥AB,又AB⊥BC,BC∩CE=C, ∴AB⊥平面BCE. (2)解 過點(diǎn)A作AH垂直DC于點(diǎn)H,則AH⊥平面DCE,連接EH, 即有∠AEH為直線AE與平面DCE所成的角. 易得AH=,AE=,

21、 可得sin∠AEH==. 所以直線AE與平面CDE所成角的正弦值為. 2.(2017·天津卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值; (2)求證:PD⊥平面PBC; (3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值. (1)解 如圖,由已知AD∥BC,故∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角. 因?yàn)锳D⊥平面PDC,PD?平面PDC,所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中,由已知,得AP==,故cos∠DAP==. 所以異面直線AP與BC所成角的余弦值

22、為. (2)證明 因?yàn)锳D⊥平面PDC,直線PD?平面PDC, 所以AD⊥PD.又因?yàn)锽C∥AD,所以PD⊥BC,又PD⊥PB,BC∩PB=B,所以PD⊥平面PBC. (3)解 過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角. 因?yàn)镻D⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影, 所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1.由已知,得CF=BC-BF=2. 又AD⊥DC,故BC⊥DC. 在Rt△DCF中,可得DF==2. 在Rt△DPF中,可得sin∠DFP==. 所以直

23、線AB與平面PBC所成角的正弦值為. 3.(2008·蕭山中學(xué)模擬)如圖,已知矩形ABCD中,AB=4,AD=3,現(xiàn)將△DAC沿著對(duì)角線AC向上翻折到△PAC位置,此時(shí)PA⊥PB. (1)求證:平面PAB⊥平面ABC; (2)(一題多解)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值. (1)證明 因?yàn)镻A⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P, 所以PA⊥平面PBC, 所以PA⊥BC,又BC⊥AB,AB∩AP=A, 所以BC⊥平面PAB,又BC?平面ABC, 所以平面PAB⊥平面ABC. (2)解 法一 如圖,作BD⊥PC于點(diǎn)D,連接AD, 由(1)知PA⊥平面PBC,所以PA⊥B

24、D, 而BD⊥PC,PA∩PC=P,所以BD⊥平面PAC, 所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角, 在Rt△PBC中,BC=3,PC=4,PB=, 所以BD=, 又AB=4,在Rt△ADB中,sin ∠BAD==, 所以直線AB與平面PAC所成角的正弦值為. 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,

25、0),B(0,0,0),C(-3,0,0), P, =(-3,4,0),=, 則易得平面PAC的一個(gè)法向量為m=, =(0,4,0), 所以cos〈,m〉==, 故直線AB與平面PAC所成角的正弦值為. 4.(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)在如圖所示的圓臺(tái)中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O′的直徑,F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線. (1)已知G,H分別為EC,F(xiàn)B的中點(diǎn).求證:GH∥平面ABC; (2)(一題多解)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值. (1)證明 設(shè)FC的中點(diǎn)為I,連接GI,HI. 在△CEF中,因?yàn)辄c(diǎn)G是CE的中點(diǎn),所以

26、GI∥EF. 又EF∥OB,所以GI∥OB. 在△CFB中,因?yàn)镠是FB的中點(diǎn),所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因?yàn)镚H?平面GHI,所以GH∥平面ABC. (2)解 法一 連接OO′,則OO′⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-2,0,0), 所以=(-2,-2,0), 過點(diǎn)F作FM垂直于OB于點(diǎn)M. 所以FM==3,可得F(0,,3). 故=(0,-,3). 設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的法向量. 由

27、可得 可得平面BCF的一個(gè)法向量m=. 因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n=(0,0,1), 所以cos〈m,n〉==. 所以二面角F-BC-A的余弦值為. 法二 連接OO′.過點(diǎn)F作FM垂直于OB于點(diǎn)M, 則有FM∥OO′. 又OO′⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC. 可得FM==3. OB=2,OM=O′F=,BM=OB-OM=, 過點(diǎn)M作MN垂直BC于點(diǎn)N,連接FN. 可得FN⊥BC,從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角. 又AB=BC,AC是圓O的直徑, 所以MN=BMsin 45°=. 從而FN==, 可得cos ∠FNM==, 所以二面角F-BC

28、-A的余弦值為. 5.(2017·金華調(diào)研)如圖,在多面體ABCDE中,AB=BE=BC=2AD=2,且AB⊥BE,∠DAB=60°,AD∥BC,BE⊥AD. (1)求證:平面ADE⊥平面BDE; (2)求直線AD與平面DCE所成角的正弦值. (1)證明 ∵AB=2AD,∠DAB=60°,∴由余弦定理可得BD=AD,從而BD2+AD2=AB2,∴AD⊥DB, 又BE⊥AD,且BD∩BE=B, ∴AD⊥平面BDE,又AD?平面ADE,∴平面ADE⊥平面BDE. (2)解 ∵BE⊥AD,BE⊥AB,且AD∩AB=A, ∴BE⊥平面ABCD, ∴點(diǎn)E到平面ABCD的距離就是線段

29、BE的長(zhǎng)為2. 設(shè)AD與平面DCE所成角為θ,點(diǎn)A到平面DCE的距離為d, 由VA-DCE=VE-ADC,得×d×S△CDE=×|BE|×S△ACD,可解得d=, 而AD=1,則sin θ==, 故直線AD與平面DCE所成角的正弦值為. 6.(2016·浙江卷)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值. (1)證明 延長(zhǎng)AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示,因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,平面BCFE∩平

30、面ABC=BC,所以AC⊥平面BCK, 因此BF⊥AC. 又因?yàn)镋F∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則 BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. (2)解 由(1)知BF⊥平面ACFD,所以BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos ∠BDF=. 所以,直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為. 7.(2018·稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)如圖1,ABCD為梯形,AB∥CD,∠C=60°,點(diǎn)E在CD上,AB=CE,BF=BD=,BD⊥BC.現(xiàn)將△ADE沿AE折成如圖2△A

31、PE位置,使得二面角P-AE-C的大小為. (1)求PB的長(zhǎng)度; (2)求證:PB⊥平面ABCE; (3)(一題多解)求直線CE與平面APE所成角的正弦值. (1)解 因?yàn)锳B平行且等于EC,所以四邊形ABCE是平行四邊形,所以BC∥AE,又因?yàn)锽D⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP, 即∠PFB為二面角P-AE-C的平面角. 又因?yàn)锽F=,PF=2, 所以由余弦定理得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP =9,所以BP=3. (2)證明 因?yàn)锽F=,PF=2,BP=3,滿足勾股定理,所以BF⊥PB.① 又因?yàn)锽F⊥AE,PF⊥AE,BF∩

32、PF=F,所以AE⊥平面PFB,又因?yàn)镻B?平面PFB,所以AE⊥PB.② 由①②可知PB⊥平面ABCE. (3)解 法一 作BN⊥PF于N點(diǎn),連接AN, 由(2)可知,AE⊥平面BFP,又AE?平面APE, 所以平面BFP⊥平面APE. 又平面BFP∩平面APE=PF, 所以BN⊥平面APE, 所以∠BAN是直線AB與平面APE所成的角; 在Rt△FBP中 ,BN=BFsin 60°=, 所以sin ∠NAB===, 所以直線AB與平面APE所成角的正弦值為. 因?yàn)锳B∥CE,所以直線CE與平面APE所成角的正弦值為. 法二 由于BF,BP,BC兩兩互相垂直,如圖

33、,建立空間直角坐標(biāo)系, 則B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,,0),E(2,,0),P(0,0,3). 設(shè)平面APE的法向量為n=(x,y,z), 則即 得取n=(0,,1). 設(shè)直線CE與平面APE所成的角為θ,又=(1,-,0), 則sin θ=|cos〈n,〉|==, 即直線CE與平面APE所成角的正弦值為. 8.(2018·紹興一中適應(yīng)性考試)如圖,矩形ABCD中,=λ(λ>1),將三角形ACD沿AC翻折,使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)E的位置,且二面角C-AB-E為直二面角. (1)求證:平面ACE⊥平面BCE; (2)(一題多解)設(shè)F是BE的中點(diǎn),二面角E-A

34、C-F的平面角的大小為θ,當(dāng)λ∈[2,3]時(shí),求cos θ的取值范圍. (1)證明 ∵二面角C-AB-E為直二面角, AB⊥BC, ∴BC⊥平面ABE,又AE?平面ABE,∴BC⊥AE, ∵AE⊥CE,BC∩CE=C,∴AE⊥平面BCE. ∵AE?平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCE. (2)解 設(shè)AD=1,則AB=λ, 法一 過點(diǎn)F作FG⊥EC于點(diǎn)G,則可證FG⊥平面AEC, 再過點(diǎn)G作GH⊥AC于點(diǎn)H,連接FH,則AC⊥FH. 可證∠FHG即為二面角E-AC-F的平面角, 也即∠FHG=θ, ∵AF=CF==, ∴H為AC的中點(diǎn), ∴FH==, 由S△CEF=S△BCE得FG=, ∴HG==, ∴在△FHG中,cos θ==·. 由λ∈[2,3]得cos θ∈. 法二 如圖,以E為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則A(0,1,0),B(,0,0),C(,0,1),E(0,0,0),F(xiàn), 則=(0,1,0),=(,0,1). 設(shè)平面EAC的法向量為m=(x,y,z), 則取x=1, 則m=(1,0,-), 同理可得平面FAC的一個(gè)法向量為 n=(2,,-), ∴cos θ===·, 由λ∈[2,3]得cos θ∈. 21

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號(hào):ICP2024067431號(hào)-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號(hào)


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺(tái),本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!

五月丁香婷婷狠狠色,亚洲日韩欧美精品久久久不卡,欧美日韩国产黄片三级,手机在线观看成人国产亚洲