【文档说明】2019届高考数学二轮复习高考大题专项练03立体几何A 理数（含答案）.doc，共(8)页，970.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75461.html

以下为本文档部分文字说明：

三立体几何(A)1.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角DAFE的余弦值.2.(2018·赤峰模拟)如图,多面体ABCDEF中,四边形

ABCD为平行四边形,其中∠BAD=,AD=,AB=1,等边△ADE所在平面与平面ABCD垂直,FC⊥平面ABCD,且FC=.(1)点P在棱AE上,且=2,Q为△EBC的重心,求证:PQ∥平面EDC.(2)求平面DEF与平面

EAB所成锐二面角的余弦值.3.(2018·延边质检)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BC=2,BB1=4,点D在棱CC1上,且CD=λCC1(0<λ<1).建立如图所示

的空间直角坐标系.(1)当λ=时,求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值;(2)若二面角AB1DA1的平面角为,求λ的值.4.(2018·赤峰二模)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面A

BCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF⊥平面BCF.(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角θ最大,并求此时二面角的余弦值.1.(1)证明:由题意可

知DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP,故可以D为原点,DP所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为a,则C(0,a,0),A(0,0,a),由平面几何知识可求得F(a,a,0),所以=(a,-a,0),=(a,a,0),=(

0,0,a),所以·=(a,-a,0)·(a,a,0)=0,·=(a,-a,0)·(0,0,a)=0,故CF⊥DF,CF⊥DA.又DF∩DA=D,所以CF⊥平面ADF.(2)解:可求得E(a,0,0),则=(a,0,-a),又=(a

,a,-a),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·=(x,y,z)·(a,0,-a)=ax-az=0,n·=(x,y,z)·(a,a,-a)=ax+ay-az=0,取x=1,得平面AEF的一个法向量n=(1,0,).又

由(1)知平面ADF的一个法向量为=(a,-a,0),故cos<n,>==,由图可知二面角DAFE为锐二面角,所以其余弦值为.2.(1)证明:如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME,连接BQ并延长,交CE于点N.则在△ABE中,又AP=2PE,所以PM∥AB,又四

边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,所以PM∥CD.在△BCE中,Q为重心,所以BQ=2QN,又BM=2ME,所以MQ∥EC.又因为PM∩MQ=M,CD∩EC=C,所以平面MPQ∥平面DEC.又PQ⊂平面M

PQ,所以PQ∥平面EDC.(2)解:在△ABD中,∠BAD=,AD=,AB=1,由余弦定理可得,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=12+()2-2×1×cos=1,所以BD=1.取AD的中点O,连接EO,OB,在△EAD中,EA=ED=AD=,所以E

O⊥AD,且EO=AD=.又因为平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD,所以EO⊥平面ABCD,又在△ABD中,AB=BD=1,AD=,所以OB⊥AD,且OB=,如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,

OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A(,0,0),D(-,0,0),B(0,,0),E(0,0,),F(-,,).则=(-,,0),=(-,0,),=(,0,),=(-,,).设平面ABE的法向量为m=(

x1,y1,z1),则由可得整理得令z1=1,则x1=,y1=3,所以m=(,3,1)为平面ABE的一个法向量.设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则由可得整理得令z2=-1,则x2=,y2=6.所以n=(,6,-1)为平面DEF的一个法向量.所以cos<m,n>=

==,设平面DEF与平面EAB所成锐二面角为θ,则cosθ=cos<m,n>=.3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).当λ=时,因为BC=CD=2,∠BCC1=,所以C(,-1,0),D(,1,0).所以=(0,4,-2),=(,-3,-2),所

以cos<,>===-.故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.(2)由CD=λCC1可知,D(,4λ-1,0),所以=(-,5-4λ,0),由(1)知,=(0,4,-2).设平面AB1D的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,解得x

=,z=2,所以平面AB1D的一个法向量为m=(,1,2).设平面A1B1D的法向量为n=(x′,y′,z′),则即令y′=1,解得x′=,z′=0,所以平面A1B1D的一个法向量为n=(,1,0).因为二面角AB1DA1的平面角为,所以|co

s<m,n>|=||==,即(5-4λ)2=9,解得λ=或λ=2(舍),故λ的值为.4.(1)证明:在梯形ABCD中,因为AB∥CD,AD=CD=BC=1,又因为∠BCD=,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3.所以AB2=AC2+BC2

.所以BC⊥AC.因为CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥CF,而CF∩BC=C,所以AC⊥平面BCF,因为EF∥AC,所以EF⊥平面BCF.(2)解:由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,AD=CD=BC=CF=1,令FM=λ(

0≤λ≤),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),所以=(-,1,0),=(λ,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,由得取x=1,则n1=(1,,-λ),因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以cosθ===,因为

0≤λ≤,所以当λ=0时,cosθ有最小值,所以点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.