《2018屆高考數(shù)學一輪復習配餐作業(yè)49立體幾何的熱點問題含解析理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考數(shù)學一輪復習配餐作業(yè)49立體幾何的熱點問題含解析理.doc（8頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、配餐作業(yè)(四十九)立體幾何的熱點問題(時間：40分鐘)1(2017東北三省模擬)已知等腰梯形ABCD如圖所示，其中ABCD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點，且ABEF2，CD4，M為CE的中點，現(xiàn)將梯形ABCD沿EF所在直線折起，使平面EFCB平面EFDA，如圖所示，N是CD的中點。(1)證明：MN平面EFDA；(2)求二面角MNAF的余弦值。解析(1)證明：連接ED，則MNED，又MN平面EFDA，ED平面EFDA，所以MN平面EFDA。(2)由題意知平面EFDA平面EFCB，平面EFDA平面EFCBEF，CFEF，CF平面EFCB，所以CF平面EFDA。以F為坐標原點，F(xiàn)E為x軸，F(xiàn)D為y軸

2、，F(xiàn)C為z軸，建立空間直角坐標系Fxyz。由題意得F(0,0,0)，E(2,0,0)，C(0,0,2)，D(0,2,0)，M(1,0,1)，N(0,1,1)，A(2,1,0)，得平面AMN的一個法向量為(1,1,2)，平面AFN的一個法向量為(1，2,2)，設所求的二面角為，則|cos|，又所求二面角為銳角，所以所求二面角的余弦值為。答案(1)見解析(2)2如圖，正方形ABCD的邊長為4，ABAEBFEF，ABEF，把四邊形ABCD沿AB折起，使得AD底面AEFB，G是EF的中點，如圖。(1)求證：AG平面BCE；(2)求二面角CAEF的余弦值。解析(1)證明：連接BG，因為BCAD，AD底面

3、AEFB，所以BC底面AEFB，又AG底面AEFB，所以BCAG，因為AB綊EG，ABAE，所以四邊形ABGE為菱形，所以AGBE，又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE。(2)解法一：由(1)知四邊形ABGE為菱形，AGBE，AEEGBGAB4，設AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，取CE的中點M，連接OM，所以OMBC，所以OM平面AEFB，作MNAE于N，連接ON，所以ONAE，所以ONM為二面角CAEF的平面角。在RtAOE中，由AEONOEOA得4ON22，即ON，又OMBC2，所以MN，所以cosONM，所以二面角CAEF的余弦值為。解法二：由(1)知

4、四邊形ABGE為菱形，AGBE，AEEGBGAB4，設AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz，則O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2，0)，F(xiàn)(4,2，0)，C(0,2，4)，D(2,0,4)，所以(2,2，4)，(2，2，0)，設平面ACE的法向量為n(x，y，z)，則取y1，則x，z，即平面ACE的一個法向量為n(，1，)。顯然m(0,0,1)是平面AEF的一個法向量。所以cosn，m結合圖象可知，二面角CAEF的余弦值為。答案(1)見解析(2)3(2016湖北模擬)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，

5、平面ADNM平面ABCD，DAB60，AD2，AM1，E為AB的中點。(1)求證：AN平面MEC；(2)在線段AM上是否存在點P，使二面角PECD的大小為？若存在，求出AP的長h；若不存在，請說明理由。解析證明：(1)如圖，連接NB交MC于點F，連接EF。由已知可得四邊形BCNM是平行四邊形，F(xiàn)是BN的中點，又E是AB的中點，ANEF。又EF平面MEC，AN平面MEC，AN平面MEC。(2)假設線段AM上存在點P，使二面角PECD的大小為。在AM上取一點P，連接EP，CP。由于四邊形ABCD是菱形，且DAB60，E是AB的中點，可得DEAB。又四邊形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，D

6、N平面ABCD，如圖建立空間直角坐標系Dxyz，則D(0,0,0)，E(，0,0)，C(0,2,0)，P(，1，h)，則(，2,0)，(0，1，h)，設平面PEC的法向量為n1(x，y，z)，則，令yh，則n1(2h，h，)，又平面DEC的法向量n2(0,0,1)，cosn1，n2，解得h，在線段AM上存在點P，使二面角PECD的大小為，此時h。答案(1)見解析(2)存在，h4(2017鄭州一中模擬)如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A，B外的一個動點，DC垂直于半圓O所在的平面，DCEB，且DCEB1，AB4。(1)證明：平面ADE平面ACD；(2)當三棱錐CADE體積最大時，求二面角

7、DAEB的平面角的余弦值。解析(1)證明：如圖，連接BC，因為AB是半圓O的直徑，所以BCAC，因為CD平面ABC，所以CDBC，因為CDACC，所以BC平面ACD。因為CDBE，CDBE，所以四邊形BCDE是平行四邊形，所以BCDE，所以DE平面ACD。又DE平面ADE，所以平面ADE平面ACD。(2)因為DCEB1，AB4，由(1)知VCADEVEACDSACDDEACCDDEACBC(AC2BC2)AB2，當且僅當ACBC2時等號成立。如圖所示，建立空間直角坐標系Cxyz，則D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，則(2，2，0)，(0,0,1)，(0,2

8、，0)，(2，0，1)。設平面DAE的法向量為n(x1，y1，z1)，則，取x11，得n(1,0,2)。設平面ABE的法向量為m(x2，y2，z2)，則，取x21，得m(1,1,0)。所以cosm，n，故結合圖象可以判斷二面角DAEB的平面角的余弦值為。答案(1)見解析(2)(時間：20分鐘)1. (2016豫南九校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2，點M在PD上(不與P、D重合)。(1)求證：ABPC；(2)若二面角MACD的大小為45，求BM與平面PAC所成角的正弦值。解析(1)證明：取BC中點E，連接AE，則ADEC，AD

9、EC，所以四邊形AECD為平行四邊形，故AEBC，又AEBEEC2，所以ABCACB45，故ABAC，又易知ABPA，因為ACPAA，AC、PA平面PAC，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，故ABPC。(2)如圖建立空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(2，2，0)，C(2，2，0)，P(0,0,2)，D(0，2，0)，則(0,2，2)，(2，2，0)，設(0,2，2)(01)，易得M(0,2，22)，(0,2，22)，設平面AMC的法向量為n1(x，y，z)，則令y，得x，z，即n1。易知平面ACD的一個法向量為n2(0,0,1)，則|cosn1，n2|cos45，解得，即M(

10、0，1)，(2，3，1)，而(2，2，0)是平面PAC的一個法向量，設直線BM與平面PAC所成的角為。則sin|cos，|。故直線BM與平面PAC所成的角的正弦值為。答案(1)見解析(2)2如圖，在等腰梯形ABCD中，ADBC，AD1，BC3，E為BC上一點，BE2EC，且DE。將梯形ABCD沿DE折成直二面角BDEC，如圖所示。(1)求證：平面AEC平面ABED；(2)設點A關于點D的對稱點為G，點M在BCE所在平面內(nèi)，且直線GM與平面ACE所成的角為60，試求出點M到點B的最短距離。解析(1)證明：在題圖中，由題意易得DEBC，在題圖中，DEBE，DECE，BEC是二面角BDEC的平面角，

11、二面角BDEC是直二面角，BECE。DEBEE，DE，BE平面ABED，CE平面ABED，又CE平面AEC，平面AEC平面ABED。 (2)由(1)知DE，BE，CE兩兩互相垂直，以E為原點，分別以EB，EC，ED所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Exyz，如圖所示。則E(0,0,0)，A(1,0，)，B(2,0,0)，C(0,1,0)，D(0,0，)，G(1,0，)，(1,0，)，(0,1,0)。設平面ACE的一個法向量為n(x，y，z)，則即取x，得n(，0，1)。設M(x1，y1,0)，則(x11，y1，)。直線GM與平面ACE所成的角為60，sin60，即，化簡得y2x1，從而有|MB|，所以，當x11時，|MB|取得最小值。即點M到點B的最短距離為。答案(1)見解析(2)