2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項練 三 立體幾何（A）理.doc

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三　立體幾何(A) 1.如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30,AF⊥PC于點F,FE∥CD,交PD于點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=π6,AD=3,AB=1,等邊△ADE所在平面與平面ABCD垂直, FC⊥平面ABCD,且FC=32. (1)點P在棱AE上,且APPE=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. 3.(2018延邊質(zhì)檢)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=π3, AB=BC=2,BB1=4,點D在棱CC1上,且CD=λCC1(0<λ<1).建立如圖所示的空間直角坐標系. (1)當(dāng)λ=12時,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π4,求λ的值. 4.(2018赤峰二模)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=2π3,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1. (1)求證:EF⊥平面BCF. (2)點M在線段EF(含端點)上運動,當(dāng)點M在什么位置時,平面MAB與平面FCB所成銳二面角θ最大,并求此時二面角的余弦值. 1.(1)證明:由題意可知DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP, 故可以D為原點,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(34a,34a,0), 所以CF→=(34a,-14a,0), DF→=(34a,34a,0), DA→=(0,0,a), 所以CF→ DF→=(34a,-14a,0)(34a,34a,0)=0, CF→DA→=(34a,-14a,0)(0,0,a)=0, 故CF⊥DF,CF⊥DA. 又DF∩DA=D, 所以CF⊥平面ADF. (2)解:可求得E(34a,0,0), 則AE→=(34a,0,-a), 又AF→=(34a,34a,-a), 設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則nAE→=(x,y,z)(34a,0,-a)=34ax-az=0, nAF→=(x,y,z)(34a,34a,-a) =34ax+34ay-az=0, 取x=1,得平面AEF的一個法向量n=(1,0,34). 又由(1)知平面ADF的一個法向量為CF→=(34a,-14a,0), 故cos=(1,0,34)(34a,-14a,0)19412a=25719, 由圖可知二面角DAFE為銳二面角, 所以其余弦值為25719. 2.(1)證明:如圖,在棱BE上取點M,使得BM=2ME,連接BQ并延長,交CE于點N. 則在△ABE中, 又AP=2PE, 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. 又因為PM∩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=π6,AD=3,AB=1, 由余弦定理可得, BD2=AB2+AD2-2ABADcos∠BAD=12+(3)2-213cosπ6=1, 所以BD=1.取AD的中點O, 連接EO,OB, 在△EAD中,EA=ED=AD=3, 所以EO⊥AD,且EO=32AD=32. 又因為平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD, 所以EO⊥平面ABCD, 又在△ABD中,AB=BD=1,AD=3, 所以O(shè)B⊥AD,且OB=12, 如圖,以O(shè)為坐標原點, 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系. 則A(32,0,0),D(-32,0,0),B(0,12,0),E(0,0,32),F(-3,12,32). 則AB→=(-32,12,0), AE→=(-32,0,32), DE→=(32,0,32),DF→=(-32,12,32). 設(shè)平面ABE的法向量為m=(x1,y1,z1), 則由m⊥AB→,m⊥AE→, 可得mAB→=-32x1+12y1=0,mAE→=-32x1+32z1=0, 整理得3x1-y1=0,3x1-3z1=0. 令z1=1,則x1=3,y1=3, 所以m=(3,3,1)為平面ABE的一個法向量. 設(shè)平面DEF的法向量為n=(x2,y2,z2), 則由n⊥DE→,n⊥DF→,可得nDE→=32x2+32z2=0,nDF→=-32x2+12y2+32z2=0, 整理得x2+3z2=0,3x2-y2-3z2=0. 令z2=-1, 則x2=3,y2=6. 所以n=(3,6,-1)為平面DEF的一個法向量. 所以cos=mn|m||n| =33+36+1(-1)(3)2+32+12(3)2+62+(-1)2=13013, 設(shè)平面DEF與平面EAB所成銳二面角為θ, 則cos θ=cos=13013. 3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2). 當(dāng)λ=12時,因為BC=CD=2,∠BCC1=π3, 所以C(3,-1,0),D(3,1,0). 所以AB1→=(0,4,-2),A1D→=(3,-3,-2), 所以cos=AB1→A1D→|AB1→||A1D→| =03+4(-3)+(-2)(-2)42+(-2)2(3)2+(-3)2+(-2)2 =-55. 故異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值為55. (2)由CD=λCC1可知,D(3,4λ-1,0), 所以DB1→=(-3,5-4λ,0), 由(1)知,AB1→=(0,4,-2). 設(shè)平面AB1D的法向量為m=(x,y,z), 則AB1→m=0,DB1→m=0,即4y-2z=0,(5-4λ)y-3x=0. 令y=1,解得x=5-4λ3,z=2, 所以平面AB1D的一個法向量為m=(5-4λ3,1,2). 設(shè)平面A1B1D的法向量為n=(x′,y′,z′), 則B1A1→n=0,DB1→n=0,即2z=0,(5-4λ)y-3x=0, 令y′=1,解得x′=5-4λ3,z′=0, 所以平面A1B1D的一個法向量為n=(5-4λ3,1,0). 因為二面角AB1DA1的平面角為π4, 所以|cos|=|mn|m||n|| =|5-4λ35-4λ3+11+20|(5-4λ3)2+12+22(5-4λ3)2+12 =22, 即(5-4λ)2=9, 解得λ=12或λ=2(舍),故λ的值為12. 4.(1)證明:在梯形ABCD中, 因為AB∥CD,AD=CD=BC=1, 又因為∠BCD=2π3,所以AB=2, 所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3. 所以AB2=AC2+BC2. 所以BC⊥AC. 因為CF⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, 所以AC⊥CF, 而CF∩BC=C, 所以AC⊥平面BCF, 因為EF∥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軸的空間直角坐標系如圖所示, AD=CD=BC=CF=1, 令FM=λ(0≤λ≤3),則C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), 所以AB→=(-3,1,0),BM→=(λ,-1,1), 設(shè)n1=(x,y,z)為平面MAB的一個法向量, 由n1AB→=0,n1BM→=0,得-3x+y=0,λx-y+z=0,取x=1, 則n1=(1,3,3-λ), 因為n2=(1,0,0)是平面FCB的一個法向量, 所以cos θ=|n1n2||n1||n2| =11+3+(3-λ)21 =1(λ-3)2+4, 因為0≤λ≤3, 所以當(dāng)λ=0時,cos θ有最小值77, 所以點M與點F重合時, 平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大,此時二面角的余弦值為77.