高考備考“最后30天”大沖刺 數(shù)學 專題八 立體幾何理 學生版

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 0 專題八：立體幾何 例 題 在如圖所示的四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥CD，BC⊥平面PAB，且E，M，N分別為PD，CD，AD的中點，＝3． （1）證明：PB∥平面FMN； （2）若PA＝AB，求二面角E－AC－B的余弦值． 【解析】（1）證明：連接BD，分別交AC，MN于點O，G，連接EO，F(xiàn)G． ∵O為BD中點，E為PD中點，∴EO∥PB． 又＝3， ∴F為ED中點． 又CM＝MD，AN＝DN， ∴G為OD的中點， ∴

2、FG∥EO，∴PB∥FG． ∵FG?平面FMN，PB?平面FMN， ∴PB∥平面FMN． （2）解：∵BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA， 又PA⊥CD，BC∩CD＝C， ∴PA⊥平面ABCD． 如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 設PA＝AB＝2，可知A(0，0，0)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，E(0，1，1)， 則＝(2，2，0)，＝(0，1，1)． ∵PA⊥平面ABCD， ∴平面ABC的一個法向量n0＝(0，0，1)． 設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，則y＝－1，z＝1，

3、∴n＝(1，－1，1)． ∴cos〈n0，n〉＝＝． 由圖可知，二面角E－AC－B為鈍角， ∴二面角E－AC－B的余弦值為－． 【答案】（1）見解析；（2）－． 基礎回歸 立體幾何是高考中必考的題型之一，并且分值占卷面的12%左右，多數(shù)是22分，常考兩個客觀題和一個主觀題，對學生的空間想象能力和運算推理能力要求較高，考點主要集中在空間幾何體的三視圖，空間幾何體的表面積與體積，證明直線、平面的平行與垂直關系，求角．立體幾何主要位于必修2中立體幾何初步和選修2-1中空間向量． 規(guī)范訓練 綜合題（48分/60min） 1．（12分/1

4、5min）如圖，在四棱錐P－ABCD中，△ABD是邊長為2的正三角形，PC⊥底面ABCD，AB⊥BP，BC＝． （1）求證：PA⊥BD； （2）若PC＝BC，求二面角A－BP－D的正弦值． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內(nèi)完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否 2．（12分/15min）如圖

5、，四棱錐P－ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60的菱形，M是棱PC上的動點，且＝λ(λ∈[0，1])． （1）求證：BC⊥PC； （2）試確定λ的值，使得二面角P－AD－M的平面角的余弦值為． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內(nèi)完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？

6、□是 □否 3．（12分/15min）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1． （1）求證：AD⊥平面BFED； （2）點P在線段EF上運動，設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內(nèi)完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無

7、誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否 4．（12分/15min）如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝，AD＝2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖②． （1）證明：CD⊥平面A1OC； （2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值． 滿分規(guī)范 1.時間：你是否在限定時間內(nèi)完成？ □是 □否 2.步驟：答題步驟是否與標答一致？ □是 □否 3.語言：答題學科用語是否精準規(guī)范？□是 □否 4

8、.書寫：字跡是否工整？卷面是否整潔？□是 □否 5.得分點：答題得分點是否全面無誤？□是 □否 6.教材：教材知識是否全面掌握？ □是 □否  析 解 答 案 與 1．【解析】（1）證明：連接AC交BD于O． ∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AB． ∵AB⊥BP，BP∩CP＝P， ∴AB⊥平面PBC，則AB⊥BC． ∵BC＝，∴tan ∠BAC＝，即∠BAC＝30． ∵∠ABD＝60，∴∠AOB＝90，即AC⊥BD． ∵PC⊥BD，∴BD⊥平面ACP， ∴PA⊥BD． （2）解：由(1)知O是BD的中點，過O作OF∥PC交AP于F，以O為坐標

9、原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，C，P， 則＝(0，2，0)，＝， 設平面PBD的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則x＝2，∴n＝(2，0，1)． 取PB的中點E，連接CE． ∵PC＝BC，∴CE⊥PB，則CE⊥平面ABP， ∴向量＝是平面ABP的一個法向量， ∴cos〈n，〉＝＝＝， ∴二面角A－BP－D的正弦值為． 【答案】（1）見解析，（2）． 2．【解析】（1）證明：取AD中點O，連接OP，OC， ∵側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60的菱

10、形， ∴△ADC是等邊三角形，PO，AD，CO兩兩垂直， 以O為原點，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系， 由題意得P(0，0，)，C(，0，0)，B(，－2，0)， ＝(0，2，0)，＝(，0，－)， ∴＝0，∴BC⊥PC． （2）解：由＝λ可得點M的坐標為(λ，0，－λ)， ∴＝(λ，1，－λ)，＝(λ，－1，－λ)， 設平面AMD的法向量n＝(x，y，z)， 則 令z＝λ，得n＝(λ－1，0，λ)． 由題意得，平面PAD的法向量m＝(1，0，0)． ∵二面角P－AD－M的平面角的余弦值為， ∴|cos〈m，n〉|＝＝，

11、 由λ∈[0，1]，解得λ＝． 【答案】（1）見解析；（2）． 3．【解析】（1）證明：在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120， ∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2ABADcos 60＝3． ∴AB2＝AD2＋BD2， ∴AD⊥BD． ∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB， ∴DE⊥平面ABCD， ∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED． （2）解：由（1）可建立分別以直線DA，DB，DE為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標系，如圖所示． 令EP＝λ(0≤λ≤

12、)， 則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)， ∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)． 設n1＝(x，y，z)為平面PAB的法向量， 由得 取y＝1，則n1＝(，1，－λ)． ∵n2＝(0，1，0)是平面ADE的一個法向量， ∴cos θ＝＝＝． ∵0≤λ≤，∴當λ＝時，cos θ有最大值， ∴θ的最小值為． 【答案】（1）見解析；（2）． 4．【解析】（1）證明：在題圖①中，因為AB＝BC＝，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝，所以BE⊥AC． 即在題圖②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC． 又CD∥BE，所以C

13、D⊥平面A1OC． （2）解：由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC， 所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角， 所以∠A1OC＝． 如圖，以O為原點，建立空間直角坐標系． 因為A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B(1，0，0)，E(－1，0，0)，A1(0，0，1)，C(0，1，0)，D(－2，1，0)， 得＝(－1，1，0)，＝(0，1，－1)，＝(2，0，0)． 設平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為θ， 則得取n1＝(1，1，1)． 得取n2＝(0，1，1)． 從而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為． 【答案】（1）見解析，（2）． 歡迎訪問“高中試卷網(wǎng)”——http://sj.fjjy.org