2019届高考数学总复习模块四立体几何与空间向量限时集训十三立体几何理.docx
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限时集训(十三)立体几何基础过关1.如图X13-1所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC和AA1C均是边长为2的等边三角形,点O为AC的中点,平面AA1C1C平面ABC.(1)证明:A1O平面ABC;(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值.图X13-12.在如图X13-2所示的几何体中,DEAC,AC平面BCD,AC=2DE=4,BC=2,DC=1,BCD=60.(1)证明:BD平面ACDE;(2)求平面BCD与平面BAE所成二面角的正弦值.图X13-23.如图X13-3所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1平面ABCD,M为棱DD1的中点,N为棱AD的中点,Q为棱BB1的中点.(1)证明:平面MNQ平面C1BD;(2)若AA1=2AB,棱A1B1上有一点P,且A1P=A1B1(0,1),使得二面角P-MN-Q的余弦值为132163,求的值.图X13-34.如图X13-4所示,四边形ABCD是一个直角梯形,ABC=BAD=90,E为BC上一点,AE,BD相交于点O,AD=EC=3,BE=1,AB=3.将ABE沿AE折起,使平面ABE平面ADCE,得到如图X13-4所示的四棱锥B-AECD.(1)求证:CD平面BOD;(2)求直线AB与平面BCD所成角的正弦值.图X13-45.如图X13-5所示,四边形ABCD是边长为a的菱形,BAD=60,EB平面ABCD,FD平面ABCD,EB=2FD=3a.(1)求证:EFAC;(2)求直线CE与平面ABF所成角的正弦值.图X13-56.如图X13-6所示,在等腰直角三角形SAB中,SA=AB=4,SAAB,C,D分别为SB,SA的中点,将SCD沿CD翻折到SCD的位置,使平面SDC平面ABCD, 如图X13-6,SA=22,E为线段SB的中点.(1)求证:CE平面SAD;(2)求二面角A-EC-B的余弦值.图X13-6能力提升7.如图X13-7所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=22,PB=32,PBAC.(1)求证:平面PAB平面PAC.(2) 若PBA=45,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为33?若存在,求出AEAP的值;若不存在,请说明理由.图X13-78.如图X13-8所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,ADBC,AB=BC=PA=1,AD=2,PAD=DAB=ABC=90,点E在棱PC上,且CE=CP(01).(1)求证:CDAE.(2)是否存在实数,使得二面角C-AE-D的余弦值为105?若存在,求出实数的值;若不存在,请说明理由.图X13-8限时集训(十三) 基础过关1.解:(1)证明:AA1=A1C,且O为AC的中点,A1OAC,又平面AA1C1C平面ABC,平面AA1C1C平面ABC=AC,且A1O平面AA1C1C,A1O平面ABC.(2)如图,连接OB,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(3,0,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3),AB=(3,1,0),A1B=(3,0,-3),A1C1=(0,2,0).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则nA1B=0,nA1C1=0,即2y=0,3x-3z=0,令x=1,则y=0,z=1,n=(1,0,1).设直线AB与平面A1BC1所成的角为,则sin=|cos|=|ABn|AB|n|=322=64,故直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值为64.2.解:(1)证明:在BCD中,由余弦定理得BD2=22+12-212cos60=3,所以BC2=BD2+DC2,所以BDCD.又AC平面BCD,所以ACBD.因为ACCD=C,所以BD平面ACDE.(2)易知DB,DC,DE两两垂直,所以以D为原点,DB,DC,DE所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,可得D(0,0,0),B(3,0,0),C(0,1,0),E(0,0,2),A(0,1,4),则BA=(-3,1,4),EA=(0,1,2).设n=(x,y,z)是平面BAE的法向量,则nBA=-3x+y+4z=0,nEA=y+2z=0,令z=3,得n=(2,-23,3).易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1).设平面BCD与平面BAE所成二面角的平面角为,则|cos|=|nm|n|m|=319,从而sin=41919.3.解:(1)证明:M,Q分别为棱DD1,BB1的中点,MDBQ,四边形MQBD为平行四边形,MQBD,又BD平面C1BD,MQ平面C1BD.连接AD1,N为棱AD的中点,M为棱DD1的中点,MNAD1,又AD1BC1,MNBC1.BC1平面C1BD,MN平面C1BD.又MNMQ=M,平面MQN平面C1BD.(2)由题意知DA,DC,DD1两两垂直,以D为原点,DA,DC,DD1所在的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则A(1,0,0),N12,0,0,M(0,0,1),Q(1,1,1),A1(1,0,2),B1(1,1,2),A1B1=(0,1,0),MN=12,0,-1,MQ=(1,1,0).设P(x,y,z),则由A1P=A1B1,得x-1=0,y=,z-2=0,P(1,2),MP=(1,1).设平面PMN的法向量为m=(a1,b1,c1),则mMN=0,mMP=0,即12a1-c1=0,a1+b1+c1=0,令c1=1,则a1=2,b1=-3,m=2,-3,1.设平面MNQ的法向量为n=(a2,b2,c2),则nMN=0,nMQ=0,即12a2-c2=0,a2+b2=0,令c2=1,则a2=2,b2=-2,n=(2,-2,1),由题知|mn|m|n|=132163=4+6+134+92+1,即642-252+153=0,解得=34或5116(与01矛盾,舍去),故=34.4.解:(1)证明:在RtAEB中,因为BE=1,AB=3,所以BAE=30,同理BDA=30,所以AOD=90,即AEBD.因为ADEC,AD=EC,所以四边形ADCE是平行四边形,所以CDO=AOD=90,所以CDDO.因为平面ABE平面ADCE,平面ABE平面ADCE=AE,BOAE,BO平面ABE,所以BO平面ADCE,又CD平面ADCE,所以BOCD.因为BODO=O,BO平面BOD,DO平面BOD,所以CD平面BOD.(2)由(1)可知,直线OA,OB,OD两两垂直,以O为原点,OA,OD,OB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则A32,0,0,B0,0,32,C-2,332,0,D0,332,0,所以AB=-32,0,32,BD=0,332,-32,CD=(2,0,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则nBD=332b-32c=0,nCD=2a=0,令b=1,则a=0,c=3,所以n=(0,1,3).设直线AB与平面BCD所成的角为,则sin=|cos|=|ABn|AB|n|=31020,所以直线AB与平面BCD所成角的正弦值为31020.5.解:(1)证明:连接BD.因为四边形ABCD是菱形,所以ACBD.因为FD平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACFD.又BDFD=D,所以AC平面BDF.因为EB平面ABCD,FD平面ABCD,所以EBFD,所以B,D,F,E四点共面,又EF平面BDFE,所以EFAC.(2)如图,取AB的中点Q,连接DQ.因为四边形ABCD是菱形,BAD=60,所以ABD是正三角形.又Q为AB的中点,所以DQAB,所以DQDC,则DQ,DC,DF两两垂直,以D为坐标原点,分别以DQ,DC,DF所在的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.易得A32a,-12a,0,B32a,12a,0,F0,0,32a,C(0,a,0),E32a,12a,3a,所以AB=(0,a,0),AF=-32a,12a,32a.设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则nAB=0,nAF=0,即ay=0,-32ax+12ay+32az=0,令x=1,则y=0,z=1,所以n=(1,0,1).又CE=32a,-12a,3a,所以|cos|=|nCE|n|CE|=368,所以直线CE与平面ABF所成角的正弦值为368.6.解:(1)证明:取SA的中点F,连接DF,EF,SE=EB,SF=FA,EF12AB,又CD12AB,CDEF,四边形CDFE为平行四边形,CEFD.CE平面SAD,FD平面SAD,CE平面SAD.(2)平面SCD平面ABCD,平面SCD平面ABCD=CD,SDCD,SD平面SCD,SD平面ABCD,又AD,CD平面ABCD,SDAD,SDCD.又ADDC,DA,DC,DS两两垂直.如图所示,以D为原点,DA,DC,DS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,由题易知DA=DC=DS=2,则A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),E(1,2,1),CE=(1,0,1),CA=(2,-2,0),CB=(2,2,0).设平面ECA,平面ECB的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则mCE=0,mCA=0,即x1+z1=0,2x1-2y1=0,令x1=1,则y1=1,z1=-1,m=(1,1,-1),nCE=0,nCB=0,即x2+z2=0,2x2+2y2=0,令x2=1,则y2=-1,z2=-1,n=(1,-1,-1),cos=mn|m|n|=1-1+133=13.由图易知,二面角A-EC-B的平面角为钝角,二面角A-EC-B的余弦值为-13. 能力提升7.解:(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,AD=22,所以BC=AD=22,又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以ACAB.因为PBAC,ABPB=B,所以AC平面PAB,又AC平面PAC,所以平面PAB平面PAC.(2)由(1)知ACAB,AC平面PAB,如图,以A为原点,AB,AC所在直线分别为x,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),所以AC=(0,2,0),BC=(-2,2,0),由PBA=45,PB=32,BA=2,可得P(-1,0,3),所以AP=(-1,0,3),BP=(-3,0,3).假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为33,设此时AEAP=(01),则AE=AP=(-,0,3),CE=AE-AC=(-,-2,3).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBP=0,即-2x+2y=0,-3x+3z=0,令z=1,则x=1,y=1,所以n=(1,1,1).设直线CE与平面PBC所成的角为,则sin=|cos|=|-2+3|3(-)2+(-2)2+(3)2=|2-2|3102+4=33,整理得32+4=0,因为01,所以32+4=0无解,所以棱PA上不存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为33.8.解:(1)证明:过点C作CFAB交AD于点F,AB=BC=1,AD=2,DAB=ABC=90,四边形ABCF为正方形,且AF=FD=1,AC=2.在RtCFD中,CD=2,在ACD中,CD2+AC2=4=AD2,CDAC.PAD=90,PAAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PA平面PAD,PA平面ABCD,PACD.PA,AC平面PAC,且PAAC=A,CD平面PAC,又AE平面PAC,CDAE.(2)由题知,PA,AB,AD两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),CD=(-1,1,0),AD=(0,2,0).假设存在实数(01),使得二面角C-AE-D的余弦值为105,设E(x,y,z),CE=CP,(x-1,y-1,z)=(-1,-1,1),E(1-,1-,),则AE=(1-,1-,).CD平面PAC,平面AEC的一个法向量为n=CD=(-1,1,0).设平面AED的法向量为m=(a,b,c),则mAE=0,mAD=0,即(1-)a+(1-)b+c=0,b=0,令c=1,则a=-1-,b=0,m=-1-,0,1=11-(-,0,1-),11-0,可取m=(-,0,1-),|cos|=|mn|m|n|=2+(1-)22=105,化简得32-8+4=0,(0,1),=23,存在实数=23,使得二面角C-AE-D的余弦值为105.- 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- 2019 高考 数学 复习 模块 立体几何 空间 向量 限时 集训 十三
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