《高考数学总复习 考前三个月 中档大题规范练 3 立体几何 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学总复习 考前三个月 中档大题规范练 3 立体几何 理（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。3.立体几何1.(2017全国)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值.(1)证明由题设可得ABDCBD.从而ADCD，又ACD为直角三角形，所以ADC90，取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO，又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角，
2、在RtAOB中，BO2OA2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90，所以平面ADC平面ABC.(2)解由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0，0，0)，A，D，B，C(1，0，0)，由题意知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，故，.设平面AED的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则解得n1，解得n2(0，1
3、，)，设二面角DAEC为，易知为锐角，则cos .2.(2017河南百校联盟模拟)在如图所示的直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是BC，A1B1的中点.(1)求证：DE平面ACC1A1；(2)若ABBC，ABBC，ACB160，求直线BC与平面AB1C所成角的正切值.(1)证明取AB中点F，连接DF，EF.在ABC中，因为D，F分别为BC，AB的中点，所以DFAC，又DF平面ACC1A1，AC平面ACC1A1，所以DF平面ACC1A1.在矩形ABB1A1中，因为E，F分别为A1B1，AB的中点，所以EFAA1，又EF平面ACC1A1，AA1平面ACC1A1，所以EF平面ACC1A1.因为
4、DFEFF，所以平面DEF平面ACC1A1.因为DE平面DEF，故DE平面ACC1A1.(2)解因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BCBB1，又ABBC，ABBB1B，所以BC平面ABB1A1.因为ABBC，BB1BB1，所以ABB1CBB1，AB1CB1，又ACB160，所以AB1C为正三角形，所以AB1ACAB，所以BB1AB.取AB1的中点O，连接BO，CO，所以AB1BO，AB1CO，所以AB1平面BCO，所以平面AB1C平面BCO，点B在平面AB1C上的射影在CO上，所以BCO即为直线BC与平面AB1C所成的角.在RtBCO中，BOABBC，所以tanBCO.3.(2017
5、中原名校豫南九校模拟)如图，在矩形ABCD中，AB1，ADa，PA平面ABCD，且PA1，E，F分别为AD，PA的中点，在BC上有且只有一个点Q，使得PQQD.(1)求证：平面BEF平面PDQ；(2)求二面角EBFQ的余弦值.(1)证明方法一(向量法)以A点为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，a，0)，P(0，0，1)，设Q(1，x，0)，则(1，x，1)，(1，ax，0)，若PQQD，则1x(ax)0，即x2ax10，a240，a2，x1.Q，又E是AD的中点，E，BEDQ，又BE平面PDQ，DQ平面PD
6、Q，BE平面PDQ，又F是PA的中点，EFPD，EF平面PDQ，PD平面PDQ，EF平面PDQ，BEEFE，BE，EF平面BEF，平面BEF平面PDQ.方法二(几何法)题意转化为矩形ABCD中AQ垂直于QD的点Q只有一个，则以AD为直径的圆与线段BC相切，易得BC2，Q是线段BC的中点，由BEQD，EFDP，易得两平面平行.(2)解设平面BFQ的一个法向量m，则mm0，由(1)知，xzy0，取z2，得m，同样求得平面BEF的一个法向量n，cosm，n，二面角EBFQ为锐角，二面角EBFQ的余弦值为.4.(2017云南大理统测)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD底面ABCD，
7、且PAPDAD，E，F分别为PC，BD的中点.(1)求证：EF平面PAD；(2)在线段AB上是否存在点G，使得二面角CPDG的余弦值为，若存在，请求出点G的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于点F，所以在PAC中，EFPA，又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.(2)解取AD的中点O，连接OP，OF，因为PAPD，所以POAD，又因为侧面PAD底面ABCD，交线为AD，所以PO平面ABCD，以O为原点，分别以射线OA，OF和OP为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系Oxyz，不妨设AD2，则P，D，C，假设在AB上存在点G，0a2，则
8、，.因为侧面PAD底面ABCD，交线为AD，且底面是正方形，所以CD平面PAD，则CDPA，由PA2PD2AD2，得PDPA，又PDCDD，PD，CD平面PDC，所以PA平面PDC，即平面PDC的一个法向量为(1，0，1).设平面PDG的法向量为n(x，y，z)，由即亦即可取n(a，2，a).所以|cos，n|，解得a1或a1(舍去).所以线段AB上存在点G，且G为AB的中点，使得二面角CPDG的余弦值为.5.(2017吉林长春检测)已知三棱锥ABCD中，ABC是等腰直角三角形，且ACBC，BC2，AD平面BCD，AD1.(1)求证：平面ABC平面ACD；(2)若E为AB的中点，求二面角ACE
9、D的余弦值.(1)证明因为AD平面BCD，BC平面BCD，所以ADBC，又因为ACBC，ACADA，AD，AC平面ACD，所以BC平面ACD，又BC平面ABC，所以平面ABC平面ACD.(2)解由已知可得CD，如图所示建立空间直角坐标系，由已知C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(，0，1)，D(，0，0)，E，则，(，0，1)，(，0，0)，设平面ACE的法向量n(x1，y1，z1)，则令x11，得n(1，0，)，设平面CED的法向量m(x2，y2，z2)，则令y21，得m(0，1，2)，二面角ACED的余弦值cosm，n.6.(2017福建厦门模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，AD
10、DCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1.(1)求证：BC平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角为，试求cos 的取值范围.(1)证明在梯形ABCD中，因为ABCD，ADDCCB1，ABC60，所以AB2，所以AC2AB2BC22ABBCcos 603，所以AB2AC2BC2，所以BCAC.因为平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，所以BC平面ACFE.(2)解建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系如图所示，令FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，所以(，1，0)，(，1，1)，设n1(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，由得取x1，所以n1(1，)，因为n2(1，0，0)是平面FCB的一个法向量.所以cos .因为0，所以当0时，cos 有最小值，当时，cos 有最大值.所以cos .认识不够深刻全面，没能做到内心外行，表率化人。对照党章和焦裕禄等先进模范典型，感觉自己对党性锻炼标准不高、要求不严。
