课时跟踪检测(十) 立体几何 (大题练)
A卷——大题保分练
1.(2018·洛阳模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,E,F分别是PC,
PD的中点,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=2,且平面PAD⊥
平面ABCD.
(1)求证:平面AEF⊥平面PCD;
(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值. 解:(1)证明:由题意知,PA=PD=AD,F为PD的中点, 可得AF⊥PD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD?平面ABCD,CD⊥AD, ∴CD⊥平面PAD.
又AF?平面PAD,∴CD⊥AF, 又CD∩PD=D,
∴AF⊥平面PCD,又AF?平面AEF, ∴平面AEF⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O,BC的中点G,连接OP,OG, ∵PA=PD=AD,∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,OP?平面PAD,∴OP⊥平面ABCD. 分别以OA,OG,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
3??13?―→?33?―→?1
则A(1,0,0),C(-1,2,0),E?-,1,?,F?-,0,?,AF=?-,0,?,FE2??22?2??2?2=(0,1,0).
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z), ―→??m·AF=0,
则?
―→??m·FE=0,
??-3x+3z=0,
2即?2
??y=0,
可取m=(1,0,3),为平面AEF的一个法向量. 同理,可得平面ACE的一个法向量为n=(3,3,1). m·n1×3+3×121
cos〈m,n〉===. | m |·|n|72×7∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为
21
. 7
2.(2018·山西八校联考)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,
CC1⊥底面ABC,AC=BC=CC1=2,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,G是棱BB1上的动
点.
(1)当
BG为何值时,平面CDG⊥平面A1DE? BB1
(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值. 解:(1)当
BG1
=,即G为BB1的中点时,平面CDG⊥平面A1DE. BB12
证明如下:因为点D,E分别是AB,BC的中点, 1
所以DE∥AC且DE=AC,
2又AC∥A1C1,AC=A1C1, 1
所以DE∥A1C1,DE=A1C1,
2故D,E,C1,A1四点共面.
如图,连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中,tan∠C1EC=2,tan∠
BCG=,
故∠CHE=90°,即CG⊥C1E.因为A1C1⊥平面CBB1C1,CG?平面CBB1C1,所以DE⊥CG,
又C1E∩DE=E,所以CG⊥平面A1DE, 故平面CDG⊥平面A1DE.
―→(2)由(1)知,当G为BB1的中点时,平面A1DE的一个法向量为CG.三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CC1⊥底面ABC,所以以C为原点,
12
CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
如图所示.
因为AC=BC=CC1=2,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,所以C(0,0,0),A1(2,0,2),D(1,1,0),E(0,1,0),B(0,2,0),F(0,1,2),
G(0,2,1),A1B=(-2,2,-2),A1F=(-2,1,0),CG=(0,2,1).由CD知CG为平面A1DE的一个法向量.
设平面A1BF的法向量为n=(x,y,z), ―→??n·A1F=0,
则?
―→??n·A1B=0,
―→―→―→―→
??-2x+y=0,
即?
?-2x+2y-2z=0,?
令x=1得n=(1,2,1),为平面A1BF的一个法向量. 设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ,
―→|CG·n|530
则cos θ===,
―→630|CG|·|n|
所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为
30
. 6
3.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,将△ADE沿AE折起,得到如图②所示的四棱锥D1-ABCE,其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点,试在AB上找一点M,使得MF∥平面D1AE; (2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值.
解:(1)如图,取D1E的中点,记为L,连接AL,FL,则FL∥EC,又EC∥AB,
1
∴FL∥AB,且FL=AB,
4
∴M,F,L,A四点共面,且平面D1AE∩平面AMFL=AL, 若MF∥平面D1AE,则MF∥AL,
1
∴四边形AMFL为平行四边形,∴AM=FL=AB.
4
(2)取AE的中点O,过点O作OG⊥AB于G,OH⊥BC于H,连接
OD1.
∵AD1=D1E,∴D1O⊥AE,∴D1O⊥平面ABCE,D1O⊥OG,D1O⊥OH,又易得OG⊥OH,故OG,OH,OD1两两垂直,以O为坐标原点,OG,
OH,OD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则B(1,3,0),C(-1,3,0),E(-1,1,0),D1(0,0,2).
―→―→―→
故BD1=(-1,-3,2),CD1=(1,-3,2),CE=(0,-2,0). 设平面CD1E的一个法向量为m=(x,y,z), ―→??m·CD1=0,
则?
―→??m·CE=0,
?x-3y+2z=0,
即?
?-2y=0,
取x=2,得m=(2,0,-1). 设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ,
―→|m·BD1||-22|2―→
则sin θ=|cos〈m,BD1〉|===.
―→3×123| m ||BD1|即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为
2
. 3
4.如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形, ∠
BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,H是CF的中点.
(1)求证:AC⊥平面BDEF;
(2)求直线DH与平面BDEF所成角的正弦值; (3)求二面角H-BD-C的大小. 解:(1)证明:∵四边形ABCD是菱形, ∴AC⊥BD.
又∵平面BDEF⊥平面ABCD,
平面BDEF∩平面ABCD=BD,且AC?平面ABCD, ∴AC⊥平面BDEF.
(2)设AC∩BD=O,取EF的中点N,连接ON,
∵四边形BDEF是矩形,O,N分别为BD,EF的中点,∴ON∥ED. ∵ED⊥平面ABCD,∴ON⊥平面ABCD. 由AC⊥BD,得OB,OC,ON两两垂直.
∴以O为原点,OB,OC,ON所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系.
∵底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,BF=3, ∴A(0,-3,0),B(1,0,0),D(-1,0,0),E(-1,0,3),F(1,0,3),
C(0,3,0),H??1
3?2,2,3?2??
. ∵AC⊥平面BDEF,
∴平面BDEF的法向量―AC→
=(0,23,0). 设直线DH与平面BDEF所成角为α, ∵―DH→=??333??2,2,2??
,
∴sin α=|cos〈―DH→,―AC→?―〉|=?DH→·―AC→???=7?|―
DH→||―AC→, |??7∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值为
77
. ―→?133?―→
(3)由(2),得BH=?-,,?,DB=(2,0,0).
?222?设平面BDH的法向量为n=(x,y,z),
?-x+3y+3z=0,则?
?2x=0,
令z=1,得n=(0,-3,1).
―→―→
由ED⊥平面ABCD,得平面BCD的法向量为ED=(0,0,-3),则cos〈n,ED〉=―→n·ED1
=-, ―→2| n ||ED|
由图可知二面角H-BD-C为锐角, ∴二面角H-BD-C的大小为60°.
B卷——深化提能练
1.(2019届高三·辽宁五校联考)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,其中CD∥AB,BC⊥AB,侧面ABE⊥平面ABCD,且AB=AE=
BE=2BC=2CD=2,动点F在棱AE,且EF=λFA.
(1)试探究λ的值,使CE∥平面BDF,并给予证明; (2)当λ=1时,求直线CE与平面BDF所成角的正弦值. 1
解:(1)当λ=时,CE∥平面BDF.证明如下:
2连接AC交BD于点G,连接GF(图略),
CGCD1
∵CD∥AB,AB=2CD,∴==,
GAAB2
1EFCG1
∵EF=FA,∴==,∴GF∥CE,
2FAGA2又CE?平面BDF,GF?平面BDF, ∴CE∥平面BDF.
(2)如图,取AB的中点O,连接EO,则EO⊥AB, ∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB, ∴EO⊥平面ABCD,
连接DO,∵BO∥CD,且BO=CD=1,∴四边形BODC为平行四边形,∴BC∥DO,又BC⊥AB,∴AB⊥OD,
则OD,OA,OE两两垂直,以OD,OA,OE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,
2019届高考数学二轮复习课时跟踪检测十立体几何大题练理
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