2021届高考数学二轮复习 立体几何综合问题大题规范训练 理.DOC

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1、1大题规范练大题规范练(四四)立体几何综合题立体几何综合题(限时：60 分钟)1(2013高考新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCB22AB.(1)证明：BC1/平面A1CD.(2)求二面角DA1CE的正弦值2(2014成都市诊断检测)如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABCA1B1C1中，ACAA12AB2，BAC90，点D是侧棱CC1延长线上一点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线(1)求证：EFA1C；(2)当平面DAB与平面CA1B1所成锐二面角的余弦值为2626时，求DC1的长23(2013高考辽宁卷)如图，AB

2、是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值4如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，AA1A1CAC2，ABBC，ABBC，O为AC中点(1)证明：A1O平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是否存在一点E，使得OE平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由5(2014南昌市模拟)如图是多面体ABCA1B1C1和它的三视图(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE平面A1CC1，若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)

3、求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值36(2014郑州市质量检测)如图，ABC是等腰直角三角形，ACB90，AC2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将ADE折起，得到如图所示的四棱锥ABCDE.(1)在棱AB上找一点F，使EF平面ACD；(2)当四棱锥ABCDE的体积取最大值时，求平面ACD与平面ABE夹角的余弦值4大题规范练(四)1解：(1)证明：连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(4 分)(2)由ACCB22AB，得ACBC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正

4、方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，CD(1，1，0)，CE(0，2，1)，CA1(2，0，2)(6 分)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则nCD0，nCA10，即x1y10，2x12z10.(8 分)可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则mCE0，mCA10，可取m(2，1，2)从而 cosn，mnm|n|m|33，故 sinn，m63.即二面角DA1CE的正弦值为63.(12 分)2解：(1)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，平面ABC平面A1B1C1.又平面ABC平面ABDAB

5、，平面A1B1C1平面ABDEF，EFAB.(2 分)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且BAC90，ABAA1，ABAC.而AA1ACA，AB平面ACC1A1.又A1C平面ACC1A1，ABA1C.EFA1C.(6 分)(2)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设C1Dt(t0)5则B(1，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，2t)，A1(0，0，2)，B1(1，0，2)A1B1(1，0，0)，A1C(0，2，2)设平面CA1B1的法向量为n(x1，y1，z1)则nA1B10nA1C0，得x10y1z10，令z11，则y11，n(0，1，1)同理，可求得平面DAB的一个法向量m0，1

6、，2t2.(9 分)由|cosn，m|12t2|212t222626，得t1 或t23(舍去)DC11.(12 分)3解：(1)证明：由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC.所以平面PBC平面PAC.(4 分)(2)解法一：过C作CMAP，则CM平面ABC.如图(1)，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(6 分)在 RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC 3.又因为PA1，所以A(0，1，0)，B(3，0，0)，P(0，1，

7、1)故CB(3，0，0)，CP(0，1，1)(8 分)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则CBn10，CPn10.所以3x10，y1z10，不妨令y11，则n1(0，1，1)因为AP(0，0，1)，AB(3，1，0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则APn20，ABn20，所以z20，3x2y20，(10 分)6不妨令x21，则n2(1，3，0)于是 cosn1，n232 264.由图(1)知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为64.(12 分)解法二：如图(2)，过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM.(6分)又因为P

8、AABA，且PA平面PAB，AB平面PAB，所以CM平面PAB.过M作MNPB于N，连接NC，由三垂线定理得CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角(8 分)在 RtABC中，由AB2，AC1，得BC 3，CM32，BM32.在 RtPAB中，由AB2，PA1，得PB 5.因为 RtBNMRtBAP，所以MN1325，所以MN3 510.所以在 RtCNM中，CN305，所以 cosCNM64，所以二面角CPBA的余弦值为64.(12 分)4解：(1)AA1A1CAC2，且O为AC中点，A1OAC.又侧面AA1C1C底面ABC，交线为AC，A1O平面A1AC，A1O平面ABC.(4 分)(

9、2)连接OB，如图，以O为原点，分别以OB、OC、OA1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则由题可知B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0,3)，A(0，1，0)A1C(0，1，3)，令平面A1AB的法向量为n(x，y，z)，则nAA1nAB0.而AA1(0，1，3)，AB(1，1，0)，可求得一个法向量n(3，3，3)，|cosA1C，n|nA1C|n|A1C|62 21217，故直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值为217.(8 分)(3)存在点E，且E为线段BC1的中点7取B1C的中点M，从而OM是CAB1的一条中位线，OMAB1，又AB1平面A1AB，OM平面A1

10、AB，OM平面A1AB，故BC1的中点M即为所求的E点(12 分)5解：(1)由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(1，1，2)，则CC1(1，1，2)，A1C1(1，1，0)，A1C(0，2，2)(1 分)设E(x，y，z)，则CE(x，y2，z)，EC1(1x，1y，2z)(3 分)设CEEC1，则xxy2y，z2z则E1，21，21，BE21，21，21.(4 分)由BEA1C10BEA1C0，得2121021210，解得2，所以线段CC1上存在一点E，CE2EC1，使BE平面A

11、1CC1.(6 分)(2)设平面C1A1C的法向量为m(x，y，z)，则由mA1C10mA1C0，得xy02y2z0，取x1，则y1，z1.故m(1，1，1)，(8 分)而平面A1CA的一个法向量为n(1，0，0)，则 cosm，nmn|m|n|1333，(118分)故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为33.(12 分)6解：(1)点F为棱AB的中点证明如下：取AC的中点G，连接DG，EF，GF，则由中位线定理得DEBC，DE12BC，且GFBC，GF12BC.(3 分)所以DEGF，DEGF，从而四边形DEFG是平行四边形，EFDG.又EF平面ACD，DG平面ACD，故点F为棱AB的

12、中点时，EF平面ACD.(5 分)(2)在平面ACD内作AHCD于点H，DEADDECDADCDDDE平面ACDDEAH，又DECDD，故AH底面BCDE，即AH就是四棱锥ABCDE的高由AHAD知，点H和D重合时，四棱锥ABCDE的体积取最大值(7 分)分别以DC，DE，DA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，a)，B(a，2a，0)，E(0，a，0)，AB(a，2a，a)，AE(0，a，a)(9 分)设平面ABE的法向量为m(x，y，z)，由mAB0mAE0得ax2ayaz0ayaz0，即x2yz0yz，可取m(1，1，1)同理可以求得平面ACD的一个法向量n(0，1，0)故 cosm，nmn|m|n|1011103133，故平面ACD与平面ABE夹角的余弦值为33.(12 分)