[ID:3-6177815] [精]【备考2020】二轮专题复习 高考大题专练之立体几何探索型题目(解析版)
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中小学教育资源及组卷应用平台 11高考大题专练之立体几何探索型题目 1.四棱锥中,平面平面,是中点 (1)求证:平面 (2)求二面角的平面角的余弦值 (3)在侧棱上是否存在点,使得平面,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由 解:过在平面作的垂线交于 为中点 平面平面 平面 以为轴建立空间直角坐标系 (1) 设平面的法向量为 平面 (2)设平面的法向量为 设平面的法向量为 所以二面角的平面角的余弦值为 (3)设 而平面的法向量为 平面 2.如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,平面,点分别为的中点,且. (1)证明:∥平面; (2)设直线与平面所成角为,当在内变化时,求二面角的取值范围. 解: 平面 以为轴建立直角坐标系,设 (1),设平面的法向量为 ∥平面 (2)设平面的法向量为 即 平面的法向量为 由可得 设二面角的平面角为 则 3.如图,四棱锥的底面是直角梯形,,,是的中点,. (Ⅰ)证明:⊥平面; (Ⅱ)求二面角的大小; (Ⅲ)线段上是否存在一点,使得直线平面. 若存在,确定点的位置;若不存在,说明理由. 【详解】(Ⅰ)因为 平面. 所以,,又. 如图,以为原点建立空间直角坐标系. 由题意得 所以,,. 所以,, 所以,, 所以平面. (Ⅱ)设平面的法向量为, 因为. 所以,即, 令,则. 于是. 因为⊥平面,所以为平面的法向量, 又. 所以. 因为所求二面角为钝角,所以二面角大小为. (Ⅲ)解:设, , ,. 设平面的法向量, 则,即 , 令,,. 于是, 如果直线平面, 那么,解得 . 所以,存在点为线段靠近点的三等分点,使得直线平面. 4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=. (1)求证:PD⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 试题解析: (1)证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,又AB⊥AD,AB?平面ABCD, ∴AB⊥平面PAD.∵PD?平面PAD.∴AB⊥PD. 又PA⊥PD,PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB. (2)解 取AD中点O,连接CO,PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, ∴PO⊥平面ABCD. ∵CO?平面ABCD,∴PO⊥CO. ∵AC=CD,∴CO⊥AD. 以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0). 则=(1,1,-1),=(0,-1,-1),=(2,0,-1). =(-2,-1,0). 设n=(x0,y0,1)为平面PDC的一个法向量. 由得解得 即n=. 设PB与平面PCD的夹角为θ. 则sin θ=|cos〈n,〉|== =. (3)解 设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ,因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD, 当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·=0,解得λ=,所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=. 5.已知在四棱锥中,底面是矩形,且平面 ,分别是线段的中点 (1)求证: (2)在线段上是否存在点,使得平面,若存在,确定点的位置;若不存在,请说明理由 (3)若与平面所成的角为,求二面角的余弦值 解:因为平面,且四边形是矩形 以为轴建立空间直角坐标系,设 (1) (2)设 设平面的法向量为 平面 解得 存在点,为的四等分点(靠近) (3)底面 在底面的投影为 为与平面所成的角,即 为等腰直角三角形 即 平面的法向量为 平面为平面,所以平面的法向量为 设二面角的平面角为,可知为锐角 6.在如图所示的多面体中,平面,平面,,且,是的中点. (1)求证:; (2)求平面与平面所成的二面角的正弦值; (3)在棱上是否存在一点,使得直线与平面所成的角是. 若存在,指出点的位置;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)证明:∵, 是的中点,∴, 又平面,∴, ∵,∴平面, ∴. (2)以为原点,分别以, 为, 轴,如图建立坐标系. 则:, , , , , , , , , 设平面的一个法向量,则: , 取, , ,所以, 设平面的一个法向量,则 取, , ,所以, . 故平面与平面所成的二面角的正弦值为. (3)在棱上存在一点,使得直线与平面所成的角是, 设且, , ∴, ∴, , ,∴, 若直线与平面所成的的角为, 则 ,解得, 所以在棱上存在一点,使直线与平面所成的角是,点为棱的中点. 7.如图所示,在四棱锥中,底面四边形ABCD是菱形, 是边长为2的等边三角形, , . Ⅰ求证: 底面ABCD; Ⅱ求直线CP与平面BDF所成角的大小; Ⅲ在线段PB上是否存在一点M,使得平面BDF?如果存在,求的值,如果不存在,请说明理由. 【解析】Ⅰ证明:∵四边形ABCD是菱形, ∴O为中点 又, ∴, 又, ∴底面 Ⅱ解:由底面ABCD是菱形可得,又由Ⅰ可知. 建立如图所示的空间直角坐标系. 由是边长为2的等边三角形, ,可得. 所以 ∴ . 由已知可得, 设平面BDF的法向量为, 由,可得, 令,则. 设直线CP与平面BDF所成的角为, 则, 又, ∴. ∴直线CP与平面BDF所成角的大小为. Ⅲ解:假设存在点M满足条件,且, 则. 若使平面BDF,需且仅需且 平面BDF, 由,解得符合题意. ∴在线段PB上存在一点M,使得平面BDF,且 8.在如图所示的多面体中,平面平面,,且,是中点 (1)求证: (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值 (3)在棱上是否存在一点,使得直线与平面所成的角为?若存在,指出点的位置,若不存在,请说明理由 解:过在平面上作的平行线 平面 两两垂直 如图建系: (1) (2)设平面的法向量为 设平面的法向量为 设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 则 (3)设 在上 解得: 存在点,当为中点时,直线与平面所成的角为 9.如图,在梯形中,,四边形为矩形,平面平面,. (1)求证:平面; (2)点在线段上运动,设平面与平面所成二面角为,试求的取值范围. 【解析】(1)在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°, ∴AB=2,∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3, ∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC. 又平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,BC?平面ABCD, ∴BC⊥平面ACFE. (2)由(1)知,可分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 令FM=λ(0≤λ≤),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1), ∴=(-,1,0),=(λ,-1,1). 设n1=(x,y,z)为平面MAB的法向量, 由,得, 取x=1,则n1=(1,,-λ)为平面MAB的一个法向量, 易知n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量, ∴ cosθ=?. ∵0≤λ≤, ∴当λ=0时,cosθ有最小值, 当λ=时,cosθ有最大值,∴cosθ∈[,]. 10.如图,四棱柱的底面是菱形, , , . (Ⅰ)证明:平面平面; (Ⅱ)若,直线上是否存在点,使得与平面所成角的正弦值为.若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 【解析】(Ⅰ)证明:因为, 为的中点,则. 又因为四边形是菱形,所以,因为,所以平面, 因为平面,所以平面平面. (Ⅱ)在菱形中,由,可得, 由,可得. 在三角形中,由,可得. 故得两两相互垂直. 以为原点, 方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系. 则, , , , 由,可得, , 设, , 所以. 设平面的法向量为, 因为, , 所以由得. 设直线与平面所成角为,由题意得 解得 或. 当时, ; 当时, 所以或. 21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 (共 2 页) HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com) " 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:通用
  • 适用地区:全国
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