2021版高考数学一轮复习 大题规范满分练（四） 苏教版.doc

1、大题规范满分练(四)立体几何综合问题1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB平面PAD,ABCD,E是PB的中点,PD=,PA=,AB=AD=3,=2.(1)证明:PH平面ABCD.(2)若F是CD上的点,且FC=2FD=3,求二面角B-EF-C的正弦值.【解析】(1)因为AB平面PAD,所以PHAB.因为AD=3,=2,所以AH=2,HD=1.设PH=x,由余弦定理可得:cosPHD=,cosPHA=,因为cosPHD=-cosPHA,故PH=x=1.所以PHAD.因为ADAB=A,所以PH平面ABCD.(2)以H为原点,HA方向为x轴,HP方向为z轴,过H作AB平行线方向为y轴,则B(2

2、,3,0),P(0,0,1),E1,F-1,0,C-1,0,所以=-3,-,0,=-1,-,=-2,0,-,=(0,3,0),设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则即取x=-1,得n=(-1,2,4).设平面EFC的法向量为m=(x,y,z),则即取x=-1,得m=(-1,0,4),故cos=,设二面角B-EF-C的平面角为,则sin =.2.在多面体ABCDEF中,平面ABCD为正方形,AB=2,AE=3,DE=,二面角E-AD-C的余弦值为,且EFBD.(1)证明:平面ABCD平面EDC.(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)因为AB=AD=2,AE=3,

3、DE=,所以AD2+DE2=AE2,所以ADDE.又因为在正方形ABCD中,ADDC,且DEDC=D,所以AD平面EDC,又因为AD平面ABCD,所以平面ABCD平面EDC.(2)由(1)知EDC是二面角E-AD-C的平面角,作OECD于点O,则OD=DEcosEDC=1,OE=2,且平面ABCD平面EDC,平面ABCD平面EDC=CD,OE平面EDC,所以OE平面ABCD,取AB中点M,连接OM,则OMCD,如图,建立空间直角坐标系,则A(2,-1,0),B(2,1,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),E(0,0,2),所以=(-2,1,2),=(2,2,0),由EFBD,知EF的一

4、个方向向量为(2,2,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=-2,得n=(-2,2,-3),因为平面EDC的一个法向量为m=(2,0,0),所以cos=-,设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为,则cos =|cos|=.3.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,点E为线段AA1上的点,且AE=.(1)求证:BE平面ACB1.(2)求二面角D1-AC-B1的余弦值.(3)判断棱A1B1上是否存在点F,使得直线DF平面ACB1,若存在,求线段A1F的长;若不存在,说明理由.【解析】(1)因为A1A

5、底面ABCD,所以A1AAC.又因为ABAC,A1AAB=A,所以AC平面ABB1A1.又因为BE平面ABB1A1,所以ACBE. 因为=,EAB=ABB1=90,所以RtABERtBB1A.所以ABE=AB1B.因为BAB1+AB1B=90,所以BAB1+ABE=90,所以BEAB1.又ACAB1=A,所以BE平面ACB1. (2)如图,以A为原点,以AC,AB,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2),E.由(1)

6、知,=为平面ACB1的一个法向量, 设n=(x,y,z)为平面ACD1的一个法向量.因为=(1,-2,2),=(2,0,0),则即不妨设z=1,可得n=(0,1,1). 因此cos=.因为二面角D1-AC-B1为锐角,所以二面角D1-AC-B1的余弦值为.(3)设A1F=a,则F(0,a,2),=(-1,a+2,2).=(-1,a+2,2)=a+2-1=0, 所以a=-1(舍).即直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直,所以,棱A1B1上不存在点F,使直线DF平面ACB1.4.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,ABAC,M,N,Q分别是CC1,BC,AC

7、的中点,点P在线段A1B1上运动,且A1P=(0,1).(1)证明:无论取何值,总有AM平面PNQ;(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60?若存在,试确定点P的位置,若不存在,请说明理由.【解析】(1)连接A1Q.因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,所以RtAA1QRtCAM,所以MAC=QA1A,所以MAC+AQA1=QA1A+AQA1=90,所以AMA1Q.因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQAB.又ABAC,所以NQAC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,所以NQAA1.又ACAA1=A,AC,AA1平面ACC1A1,所以NQ

8、平面ACC1A1,所以NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1,所以N,Q,A1,P四点共面,所以A1Q平面PNQ.因为NQA1Q=Q,NQ,A1Q平面PNQ,所以AM平面PNQ,所以无论取何值,总有AM平面PNQ.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M,N,Q,=, =(1,0,0).由 =(1,0,0)=(,0,0),可得点P(,0,1),所以=.设n=(x,y,z)是平面PMN的法向量,则,即得令x=3,得y=1+2,z=2-2,所以n=(3,1+2,2-2)是平面PMN的一个法向量.取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).假设存在符合条件的点P,则|cos|=,化简得42-14+1=0,解得=或=(舍去).综上,存在点P,且当A1P=时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.