首页

【红对勾】(新课标)2023高考数学大一轮复习 立体几何的热点问题课时作业 理.DOC

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/9

2/9

剩余7页未读,查看更多内容需下载

课时作业52 高考中立体几何的热点问题1.平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形.BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1⊥BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A—BC—A1的余弦值.解:(1)取BC,B1C1的中点分别为D,D1,连接A1D1,DD1,AD.由四边形BB1C1C为矩形,知DD1⊥B1C1.因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1,所以DD1⊥平面A1B1C1.由A1B1=A1C1,知A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系D1—xyz.9\n由题设可得A1D1=2,AD=1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C,于是AD∥A1D1.所以A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4).故=(0,3,-4),=(-2,0,0),因为·=0,所以⊥,即AA1⊥BC.(2)因为=(0,3,-4),所以||=5,即AA1=5.(3)连接A1D.由BC⊥AD,BC⊥AA1,可知BC⊥面A1AD,BC⊥A1D,所以∠ADA1为二面角A—BC—A1的平面角.因为=(0,-1,0),=(0,2,-4),所以cos〈,〉==-,即二面角A—BC—A1的余弦值为-.2.在如图所示的几何体中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,AA1綊DD1綊CC1∥BE,且AA1=AB,D1E⊥平面D1AC,AA1⊥底面ABCD.(1)求二面角D1—AC—E的大小;(2)在D1E上是否存在一点P,使得A1P∥平面EAC,若存在,求的值,若不存在,说明理由.解:9\n(1)设AC与BD交于O,如图所示建立空间直角坐标系O-xyz,设AB=2,则A(,0,0),B(0,-1,0),C(-,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2),设E(0,-1,t),t>0,则=(0,2,2-t),=(2,0,0),=(,-1,-2).∵D1E⊥面D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A,∴解得t=3,∴E(0,-1,3),∴=(-,-1,3),设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),则∴令z=1,y=3,m=(0,3,1).又平面D1AC的法向量=(0,2,-1),∴cos〈m,〉==.所以所求二面角的大小为45°.(2)假设存在点P满足题意.设=λ=λ(-),得==(0,-,),=+=(-,1,0)+(0,-,)=(-,1-,)∵A1P∥平面EAC,∴⊥m,∴-×0+3×(1-)+1×=0,解得λ=,9\n故存在点P使A1P∥面EAC,此时D1PPE=32.3.如图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且AD=PA=PD.(1)求证:平面PAB⊥平面PCD;(2)在线段AB上是否存在点G,使得平面PCD与平面PDG夹角的余弦值为?若存在,请说明理由.解:(1)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,四边形ABCD为正方形,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面PAD,∴CD⊥PA.又AD=PA=PD,∴△PAD为等腰直角三角形,且∠APD=,即PA⊥PD.又CD∩PD=D,且CD,PD⊂平面PDC,∴PA⊥平面PDC,又PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PCD.(2)如图,取AD的中点O,连接OP.∵PA=PD,∴PO⊥AD.∵侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PO⊥平面ABCD,∵AD=PA=PD,∴PA⊥PD,OP=OA=1.以O为原点,直线OA,OP分别为x,z轴,且底面ABCD中过O点垂直于AD的直线为y9\n轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1).假设在AB上存在点G使得平面PCD与平面PDG夹角的余弦值为,连接PG,DG.设G(1,a,0)(0≤a≤2).由(1)知平面PCD的一个法向量为=(1,0,-1).设平面PDG的法向量为n=(x,y,z).∵=(1,0,1),=(-2,-a,0),∴由n·=0,n·=0可得,令x=1,则y=-,z=-1,故n=(1,-,-1),∴cos〈n,〉====,解得,a=.∴在线段AB上存在点G(1,,0),使得平面PCD与平面PDG夹角的余弦值为.1.(2014·安徽卷)如右图,四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若A1A=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解:(1)因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A.9\n所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.所以===,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.图1VQ—A1AD=··2a·h·d=ahd,VQ—ABCD=··d·(h)=ahd,所以V下=VQ—A1AD+VQ—ABCD=ahd,又VA1B1C1D1—ABCD=ahd,所以V上=VA1B1C1D1—ABCD-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法1:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.9\n图2解法2:如图2,以D为原点,,分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设∠CDA=θ.因为SABCD=·2sinθ=6,所以a=.从而C(2cosθ,2sinθ,0),A1(,0,4),所以=(2cosθ,2sinθ,0),=(,0,4).设平面A1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sinθ,y=cosθ,所以n=(-sinθ,cosθ,1).因为平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),所以cos〈n,m〉==,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.2.如图,在四棱锥S—ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M是棱SB的中点.(1)求证:AM∥平面SCD;(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值;(3)设点N是直线CD上的动点,MN与平面SAB所成的角为θ,求sinθ的最大值.解:9\n(1)证明:以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1).则=(0,1,1),=(1,0,-2),=(-1,-2,0).设平面SCD的法向量是n=(x,y,z),则即令z=1,则x=2,y=-1,于是n=(2,-1,1).∵·n=0,∴⊥n.又AM⊄平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ,则|cosφ|====,即cosφ=.∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.(3)设N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]),则=(x,2x-3,-1).又平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),∴sinθ=====.当=,即x=时,(sinθ)max=.9\n9

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-25 17:48:23 页数:9
价格:¥3 大小:518.50 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE