高考大题增分专项四 高考中的立体几何 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
高考大题增分专项三 高考中的数列 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
即2(an+1+an)(an+1-an)-(an+1+an)=0,
∴ (an+1+an)(2an+1-2an-1)=0.
由于数列各项均为正数,
-24-
策略一 策略二
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
-25-
策略一 策略二
∴ Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
-15-
策略一 策略二
因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0, 即数列{an}是等差数列.
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
-16-
策略一 策略二
突破策略二 递推相减化归法
对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题,解 题思路为:由an与Sn的关系递推出n为n+1时的关系式,两关系式相减 后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
(2)由(1)知,bn=log3an=log33n=n,
∵ b2n-1b2n-b2nb2n+1=(2n-1)2n-2n(2n+1)=-4n, ∴ T2n=(b1b2-b2b3)+(b3b4-b4b5)+…+(b2n-1b2n-b2nb2n+1)
-8-
题型一 题型二 题型三 题型四 题型五
策略一 策略二
(1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=log3an,T2n=b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1,求T2n.
广西高考数学一轮复习高考大题增分专项四高考中的立体几何课件文
1
1
1
1
的侧面积为 PA·
PD+ PA·
AB+ PD·
DC+ BC2sin 60°=6+2 3.
2
2
2
2
-18题型一
题型二
题型三
题型三 平行、垂直关系及体积中的探索性问题
1.对命题条件的探索三种途径:
(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;
-25-
3.线面、线线垂直与平行的位置关系在面面平行与垂直位置关
系的证明中起着承上启下的桥梁作用,依据线面、面面位置关系的
判定定理与性质定理进行转化是解决这类问题的关键.证明面面平
行主要依据判定定理,证明面面垂直时,关键是从现有直线中找一
条直线与其中一个平面垂直,若图中不存在这样的直线,则应借助
添加中线、高线等方法解决.
(1)证明:直线BC∥平面PAD;
(2)若△PCD 的面积为 2 7,求四棱锥 P-ABCD 的体积.
-5题型一
题型二
题型三
(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.
(2)解:取AD的中点M,连接PM,CM.
取 CD 的中点 N,连接 PN,则 PN⊥CD,
所以 PN=
14
2
x.
1
因为△PCD 的面积为 2 7,所以2 × 2x×
14
2
x=2 7,
解得 x=-2(舍去),x=2.
于是 AB=BC=2,AD=4,PM=2 3.
21新高考数学B人教A一轮复习高考大题专项四 立体几何 含解析
高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.12.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=√2,四边形AD=1,E为PA的中点.ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=12(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.23.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2√2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.35.(2017全国2,理19)45如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√3,求三棱锥E-ACD的体积.6突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异于C,D的点.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.72.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF 为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.83.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.95.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.106.(2019宁夏银川一中一模,19)如图所示,ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面BCE,且AE=1.(1)求证:平面ABCD⊥平面ABE;?若存在,请找出点F的位置;若(2)线段AD上是否存在一点F,使二面角A-BF-E所成角的余弦值为√64不存在,请说明理由.11参考答案高考大题专项(四)立体几何1213突破1 空间中的平行与空间角1.(1)证明 连接GO ,OH ,∵GO ∥DC ,OH ∥AC ,∴GO ∥平面ACD ,OH ∥平面ACD ,又GO 交HO 于O ,∴平面GOH ∥平面ACD ,∴GH ∥平面ACD. (2)解 以CB 为x 轴,CA 为y 轴,CD 为z 轴,建立如图所示的直角坐标系,则C (0,0,0),B (2,0,0),A (0,2,0),O (1,1,0),E (2,0,2),平面BCE 的法向量m =(0,1,0),设平面OCE 的法向量n =(x 0,y 0,z 0). CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),C O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0).∴{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则{2x 0+2z 0=0,x 0+y 0=0,令x 0=-1,∴n =(-1,1,1).∵二面角O-CE-B 是锐二面角,记为θ, 则cos θ=|cos <m ,n >|=m ·n=1×3=√33.2.(1)证明 取PD 中点F ,连接EF ,FC.∵E ,F 分别为AP ,PD 中点, ∴EF 12AD. 又∵BC12AD ,14∴BC EF.即四边形BCFE 是平行四边形,∴EB ∥FC.∵FC ⊂平面PCD ,且EB ⊄平面PCD , ∴EB ∥平面BCD.(2)解 取BC 的中点M ,以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为正方向建立如图所示的空间直角系O-xyz.则P (0,0,1),A (0,-1,0),D (0,1,0),C√32,12,0,则平面PAD 的一个法向量为n 1=(1,0,0).∴PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,12,0.设平面PDC 的一个法向量为n 2=(x ,y ,z ),则{y -z =0,-√3x +1y =0. 不妨令x=1,则y=√3,z=√3,∴n 2=(1,√3,√3).∴|cos θ|=|cos <n 1,n 2>|=√77, 则sin θ=√77.3.(1)证明 取BC ,DE 中点分别为O ,O 1,连接OA ,O 1A ,OF ,O 1F.由AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2√2,可知△ABC ,△DEF 为等腰直角三角形,故OA ⊥BC ,O 1F ⊥DE ,CD ⊥DE ,CD ⊥DF.15故CD ⊥平面DEF ,平面BCDE ⊥平面DEF ,所以O 1F ⊥平面BCDE. 同理OA ⊥平面BCDE ,所以O 1F ∥OA.而O 1F=OA ,故四边形AOFO 1为平行四边形,所以AO 1∥OF ,所以AO 1∥平面BCF.又BC ∥DE ,故DE ∥平面BCF ,而AO 1∩DE=O 1,所以平面ADE ∥平面BCF.(2)解 以O 为坐标原点,以过O 且平行于AC 的直线作为x 轴,平行于AB 的直线作为y 轴,OO 1为z 轴建立空间直角坐标系如图.则有B (1,1,0),C (-1,-1,0),D (-1,-1,2),F (-1,1,2),故BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2). 设平面BCF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{-2x -2y =0,-2x +2z =0,取x=1得y=-1,z=1,故平面BCF 的一个法向量为n =(1,-1,1).设BD 与平面BCF 所成角为θ,则 sin θ=|cos <BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >| =√3×2√3=13.故BD 与平面BCF 所成角的正弦值为13. 4.(1)证明 设AC ∩BD=O ,连接OE ,OF ,∵四边形ABCD 是菱形,EA ⊥平面ABCD ,EF ∥AC ,CF ∥平面BDE , ∴OE ∥CF ,∴EF=AO=CO ,∴OF ⊥平面ABCD , 设OA=a ,OB=b ,AE=c ,16以O 为原点,OA ,OB ,OF 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则E (a ,0,c ),Ga 2,b2,0,B (0,b ,0),C (-a ,0,0),F (0,0,c ), FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,b ,-c ),FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,-c ),EG⃗⃗⃗⃗⃗ =-a 2,b 2,-c , 设平面BCF 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·FB⃗⃗⃗⃗⃗ =by -cz =0,n ·FC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-ax -cz =0,取z=b ,得n =-bc a ,c ,b ,∵n ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a2)·(-bca )+b2·c+(-c )·b=0,EG ⊄平面BCF ,∴EG ∥平面BCF.(2)解 设AE=AB=2,∵∠BAD=60°,∴OB=1,OA=√3.∴A (√3,0,0),B (0,1,0),E (√3,0,2),D (0,-1,0). ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,2),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0), 设平面ABE 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0,取x=1,得n =(1,√3,0),设平面BDE 的法向量m =(x ,y ,z ), 则{m ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x -y +2z =0,m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2y =0,17取x=2,得m =(2,0,-√3),设二面角A-BE-D 的平面角为θ,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=√4×√7=√77.∴二面角A-BE-D 的余弦值为√77. 5.(1)证明 取PA 的中点F ,连接EF ,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD ,又BC=12AD ,所以EF BC ,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF , 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)解 由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n =(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin 45°,√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =C PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3−√3C .②18由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62).设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的一个法向量,则{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m =(0,-√6,2).于是cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√105.因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105. 6.解 (1)连接BD 交AC 于点O ,连接EO.因为ABCD 为矩形,所以O 为BD 的中点.又E 为PD 的中点,所以EO ∥PB. EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC , 所以PB ∥平面AEC.(2)因为PA ⊥平面ABCD ,ABCD 为矩形,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.如图,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz ,则D (0,√3,0),E (0,√3,1),AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,1).设B (m ,0,0)(m>0), 则C (m ,√3,0),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,√3,0),19设n 1=(x ,y ,z )为平面ACE 的法向量, 则{n 1·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{mx +√3y =0,√32y +12z =0, 可取n 1=(√3m ,-1,√3).又n 2=(1,0,0)为平面DAE 的法向量,由题设|cos <n 1,n 2>|=12,即√33+4m 2=12,解得m=32. 因为E 为PD 的中点,所以三棱锥E-ACD 的高为12.三棱锥E-ACD 的体积V=13×12×√3×32×12=√38.突破2 空间中的垂直与空间角1.(1)证明 由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)解 以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.即{-2x +y +z =0,2y =0.可取n =(1,0,2),20DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.2.(1)证明 因为E ,F 分别为AB ,AC 边的中点,所以EF ∥BC.因为∠ABC=90°,所以EF ⊥BE ,EF ⊥PE.又因为BE ∩PE=E ,所以EF ⊥平面PBE ,所以BC ⊥平面PBE.(2)解 取BE 的中点O ,连接PO ,由(1)知BC ⊥平面PBE ,BC ⊂平面BCFE ,所以平面PBE ⊥平面BCFE.因为PB=BE=PE ,所以PO ⊥BE.又因为PO ⊂平面PBE ,平面PBE ∩平面BCFE=BE ,所以PO ⊥平面BCFE. 过O 作OM ∥BC 交CF 于M ,分别以OB ,OM ,OP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则P (0,0,√3),C (1,4,0),F (-1,2,0). PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4,-√3),PF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3).21设平面PCF 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则{PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{x +4y -√3z =0,-x +2y -√3z =0,则m =(-1,1,√3),易知n =(0,1,0)为平面PBE 的一个法向量, cos <m ,n >=√3×0√(-1)+1+(√3)=√5=√5,所以平面PBE 与平面PCF 所成锐二面角的余弦值√55.3.(1)证明 ∵A 1A ⊥平面ABC ,B 1B ⊥平面ABC ,∴AA 1∥BB 1.∵AA 1=4,BB 1=2,AB=2,∴A 1B 1=√(AB )2+(AA 1-BB 1)2=2√2,又AB 1=√A C 2+BB 12=2√2, ∴A A 12=A B 12+A 1B 12,∴AB 1⊥A 1B 1.同理可得:AB 1⊥B 1C 1,又A 1B 1∩B 1C 1=B 1,∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)解 取AC 中点O ,过O 作平面ABC 的垂线OD ,交A 1C 1于D ,∵AB=BC ,∴OB ⊥OC ,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,∴OB=1,OA=OC=√3. 以O 为原点,以OB ,OC 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示, 则A (0,-√3,0),B (1,0,0),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1), ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1). 设平面ABB 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,22∴{x +√3y =0,2z =0,令y=1可得n =(-√3,1,0),∴cos <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√32×√13=√3913.设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ,则sin θ=|cos <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√39.∴直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值为√3913. 4.(1)证明 设F 是PD 的中点,连接EF ,CF.∵E 是PA 的中点,∴EF ∥AD ,EF=12AD.∵AD ∥BC ,AD=2BC , ∴EF ∥BC ,EF=BC. ∴BCFE 是平行四边形, ∴BE ∥CF.∵AD ∥BC ,AB ⊥AD ,∴∠ABC=∠BAD=90°. ∵AB=BC ,∴∠CAD=45°,AC=√2.由余弦定理得CD 2=AC 2+AD 2-2AC·AD·cos ∠CAD=2,∴AC 2+CD 2=4=AD 2,∴AC ⊥CD. ∵PD ⊥AC ,∴AC ⊥平面PCD , ∴AC ⊥CF ,∴AC ⊥BE.(2)解 由(1)得AC ⊥平面PCD ,CD=√2,∴平面ABCD ⊥平面PCD.23过点P 作PO ⊥CD ,垂足为O ,∴OP ⊥平面ABCD ,以O 为坐标原点,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz ,则P 0,0,√62,D -√22,0,0,B √2,-√22,0,E √24,-√22,√64,∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,√22,√62),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3√22,√22,0,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3√24,0,√64,设m =(x ,y ,z )是平面BDE 的一个法向量,则{m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{ -3√22x +√22y =0,-3√24x +√64z =0.令x=1,则{y =3,z =√3,∴m =(1,3,√3). ∴cos <m ,BP⃗⃗⃗⃗⃗ >=m ·BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2613.∴直线BP 与平面BDE 所成角的正弦值为√2613.5.(1)证明 取DB 中点N ,连接MN ,EN ,∵MN 12BC ,EF 12BC ,∴四边形EFMN 是平行四边形.∵EF ⊥BE ,EF ⊥DE ,BE ∩DE=E ,∴EF ⊥平面BED ,∴EF ⊥EN ,MF ⊥MN.在△DFC 中,DF=FC ,又∵M 为CD 的中点,∴MF ⊥CD. 又∵MF ∩MN=M ,MF ,MN ⊂平面BCD ,∴MF ⊥平面BCD.(2)解 ∵DE ⊥BE ,又∵DE ⊥EF ,BE ∩EF=E ,24∴DE ⊥平面BEF.可建立如图所示空间直角坐标系.设BC=2,∴E (0,0,0),F (0,1,0),C (-2,2,0),M (-1,1,1). ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1). 设平面EMF 的法向量为m =(x ,y ,z ),∴{m ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{y =0,-x +z =0,取x=1,则y=0,z=1,∴m =(1,0,1).同理可得平面CMF 的法向量n =(1,2,1),∴cos θ=m ·n |m ||n |=√33.∵二面角E-MF-C 为钝角, ∴二面角E-MF-C 的余弦值为-√33.6.(1)证明 ∵AE ⊥平面BCE ,BE ⊂平面BCE ,BC ⊂平面BCE ,∴AE ⊥BE ,AE ⊥BC.又∵BC ⊥AB ,∴AE ∩AB=A ,∴BC ⊥平面ABE.又BC ⊂平面ABCD ,∴平面ABCD ⊥平面ABE.(2)解如图所示,建立空间直角坐标系A-xyz,∵AE=1,AB=2,AE⊥BE,∴BE=√3.假设线段AD上存在一点F满足题意,E√32,12,0,B(0,2,0),F(0,0,h )(h>0),易知平面ABF的一个法向量为m=(1,0,0).∵BE⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,-32,0,BF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,h),∴设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z),由{n·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√32x-32y=0,-2y+ℎz=0.取y=1,得n=√3,1,2ℎ,cos<m,n>=m·n|m||n|=√64=√3√4+4ℎ2,∴h=1.即点F为线段AD的中点时,二面角A-BF-E所成角的余弦值为√64.25。
北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课立体几何中的高考热点问题教学案理解析版
错误![命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．空间的平行与垂直及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第（１）问，解答题的第（２）问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．【例１】（２0１7·全国卷Ⅱ）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝错误!AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（１）证明：直线CE∥平面PAB；（２）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为４５°，求二面角MABD的余弦值．[解] （１）证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝错误!AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD．又BC＝错误!AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．（２）由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，|错误!|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0,0,0），B（１,0,0），C（１,１,0），P（0,１，错误!），错误!＝（１,0，—错误!），错误!＝（１,0,0）．设M（x，y，z）（0<x<１），则错误!＝（x—１，y，z），错误!＝（x，y—１，z—错误!）．因为BM与底面ABCD的夹角为４５°，而n＝（0,0,１）是底面ABCD的法向量，所以|cos〈错误!，n〉|＝sin ４５°，即错误!＝错误!，即（x—１）２＋y２—z２＝0．１又M在棱PC上，设错误!＝λ错误!，则x＝λ，y＝１，z＝错误!—错误!λ.２由１２解得错误!（舍去），或错误!所以M错误!，从而错误!＝错误!.设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（0，—错误!，２）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!.因此二面角MABD的余弦值为错误!.[规律方法] （１）证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线．（２）求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系．１１１１G分别为AA１，AC，A１C１，BB１的中点，AB＝BC＝错误!，AC＝AA１＝２．（１）求证：AC⊥平面BEF；（２）求二面角BCDC１的余弦值；（３）证明：直线FG与平面BCD相交．[解] （１）证明：在三棱柱ABCA１B１C１中，因为CC１⊥平面ABC，所以四边形A１ACC１为矩形．又E，F分别为AC，A１C１的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.（２）由（１）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC１.又CC１⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABＣ．因为BE平面ABC，所以EF⊥BE.如图，建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B（0,２,0），C（—１,0,0），D（１,0,１），F（0,0,２），G（0,２,１）．所以错误!＝（—１，—２,0），错误!＝（１，—２,１）．设平面BCD的法向量为n＝（x0，y0，z0），则错误!即错误!令y0＝—１，则x0＝２，z0＝—４．于是n＝（２，—１，—４）．又因为平面CC１D的法向量为错误!＝（0,２,0），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.由题知二面角BCDC１为钝角，所以其余弦值为—错误!.（３）证明：由（２）知平面BCD的法向量为n＝（２，—１，—４），错误!＝（0,２，—１）．因为n·错误!＝２×0＋（—１）×２＋（—４）×（—１）＝２≠0，所以直线FG与平面BCD相交．立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：（１）根据条件作出判断，再进一步论证；（２）利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．【例２】（２0１6·北京高考）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝１，AD＝２，AC＝CD＝错误!.（１）求证：PD⊥平面PAB；（２）求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；（３）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求错误!的值；若不存在，说明理由．[解] （１）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．（２）取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD．如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A（0,１,0），B（１,１,0），C（２,0,0），D（0，—１,0），P（0,0,１）．设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令z＝２，则x＝１，y＝—２．所以n＝（１，—２,２）．又错误!＝（１,１，—１），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为错误!.（３）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,１]使得错误!＝λ错误!.因此点M（0,１—λ，λ），错误!＝（—１，—λ，λ）．因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当错误!·n＝0，即（—１，—λ，λ）·（１，—２,２）＝0．解得λ＝错误!.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时错误!＝错误!.[规律方法] 解立体几何中探索性问题的方法（１）通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理；（２）若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；（３）若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．１１１１１AB＝BC＝３错误!，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，D为B１C１的中点．（１）当点M，N运动时，能否出现AD∥平面B１MN的情况，请说明理由；（２）若BN＝错误!，求直线AD与平面B１MN夹角的正弦值．[解] （１）当M，N分别为AB，BC的中点时，AD∥平面B１MN.证明如下：连接CD，当M，N 分别为AB，BC的中点时，CN∥B１D，且CN＝B１D＝错误!BC，∴四边形B１DCN为平行四边形，∴DC∥B１N.又DC平面B１MN，B１N平面B１MN，∴DC∥平面B１MN.又易知AC∥MN，AC平面B１MN，MN平面B１MN，∴AC∥平面B１MN.∵DC∩AC＝C，∴平面ADC∥平面B１MN.∵AD平面ADC，∴AD∥平面B１MN.（２）如图，设AC的中点为O，作OE⊥OA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵BN＝错误!，AB＝BC＝３错误!，∴AC＝6．∴M（２,0,１），N（—１,0,２），A（３,0,0），B１（0，—４,３），D错误!，∴错误!＝（—３,0,１），错误!＝（２,４，—２）．设平面B１MN的法向量为n＝（x，y，z），则有错误!即错误!可得平面B１MN的一个法向量为n＝（１,１,３）．又错误!＝错误!，∴|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!.设直线AD与平面B１MN的夹角为α，则sin α＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!.平面图形的翻折问题将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．【例３】（本题满分１２分）（２0１8·全国卷Ⅰ）如图，四边形错误!１，E，F分别为AD，BC的中点，以错误!２，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.（１）证明：错误!３；（２）求错误!４.[信息提取] 看到１ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；看到２把△DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到３想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；看到４想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．[规范解答] （１）证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.·２分又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．·３分（２）作PH⊥EF，垂足为H.由（１）得，PH⊥平面ABFD．·４分以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向，|错误!|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.５分由（１）可得，DE⊥PE.又DP＝２，DE＝１，所以PE＝错误!.又PF＝１，EF＝２，故PE⊥PF. ·6分可得PH＝错误!，EH＝错误!.7分则H（0,0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!，错误!＝错误!为平面ABFD的法向量. ·１0分设DP与平面ABFD的夹角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!.·１１分即DP与平面ABFD夹角的正弦值为错误!.·１２分[易错与防范]易错点防范措施不能恰当的建立坐标系由（１）的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.建系后写不出相应点的坐标结合折叠前后的不变量，注意题设条件中的隐含，如PF⊥平面PED，即可求出PH，从而求出相应点的坐标.况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．（２0１9·湖南六校联考）如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝错误!EC＝４，EF＝２，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点．（１）当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；（２）当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为错误!时，求三棱锥EBDM的体积．[解] （１）法一：取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，且MN＝错误!DC，而AB∥DC，且AB＝错误!DC，∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，∴BM∥平面AFED．法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，∴DA，DC，DE两两垂直．以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0,0,0），A（２,0,0），B（２,２,0），C（0,４,0），E（0,0,２），M（0,２,１），∴错误!＝（—２,0,１），又平面AFED的一个法向量错误!＝（0,４,0），错误!·错误!＝0，∴错误!⊥错误!，又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED．（２）依题意设点M错误!（0＜t＜４），设平面BDM的法向量n１＝（x，y，z），则错误!·n１＝２x＋２y＝0，错误!·n１＝ty＋错误!z＝0，令y＝—１，则n１＝错误!，取平面ABF的一个法向量n２＝（１,0,0），∵|cos〈n１，n２〉|＝错误!＝错误!＝错误!，解得t＝２．∴M（0,２,１）为EC的中点，S△DEM＝错误!S△CDE＝２，又点B到平面DEM的距离h＝２，∴V EBDM＝V BDEM＝错误!·S△DEM·h＝错误!.[大题增分专训]１．（２0１9·湖北八市联考）如图，在R t△ABC中，AB＝BC＝３，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角PEFB的大小为60°.（１）求证：EF⊥PB；（２）当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值．[解] （１）证明：∵AB＝BC＝３，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PＢ．（２）∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角PEFB的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝２，BE＝１，由余弦定理得PB＝错误!，∴PB２＋EB２＝PE２，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0,0，错误!），C（３,0,0），E（0,１,0），F（２,１,0），∴错误!＝（0,１，—错误!），错误!＝（２,１，—错误!），设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），由错误!即错误!令y＝错误!，则z＝１，x＝0，可得n＝（0，错误!，１），又错误!＝（３,0，—错误!），∴sin θ＝错误!＝错误!.故直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值为错误!.２．（２0１9·西宁模拟）底面为菱形的直棱柱ABCDA１B１C１D１中，E，F分别为棱A１B１，A１D１的中点．（１）在图中作出一个平面α，使得BDα，且平面AEF∥α；（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCDA１B１C１D１的截面）（２）若AB＝AA１＝２，∠BAD＝60°，求平面AEF与平面α的距离Ｄ．[解] （１）如图，取B１C１的中点M，D１C１的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即为所求平面α.（２）如图，连接AC交BD于点O，∵在直棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面为菱形，∴AC⊥BD，∴以点O为坐标原点，分别以DB，AC所在直线为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，又∵直棱柱ABCDA１B１C１D１中所有棱长为２，∠BAD＝60°，∴A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0），D（—１,0,0），A１（0，—错误!，２），B１（１,0,２），D１（—１,0,２），∴E错误!，F错误!，∴错误!＝错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，错误!，0），设平面AEF的法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!令y＝４错误!，得n＝（0,４错误!，—３），|n|＝错误!，∴点B到平面AEF的距离h＝错误!＝错误!＝错误!，∴平面AEF与平面α的距离d＝错误!.３．如图，在三棱锥PABC中，△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，∠CAB＝90°，AC＝AB，平面PAB⊥平面PAＣ．（１）求证：平面PAC⊥平面ABC；（２）若Q是棱AB上一点，V QBMC＝错误!V PABC，求二面角QMCA的余弦值．[解] （１）证明：因为△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，所以CM⊥PA，又平面PAC⊥平面PAB，平面PAC∩平面PAB＝PA，所以CM⊥平面PAB．因为AB平面PAB，所以CM⊥AB，又CA⊥AB，CM∩CA＝C，所以AB⊥平面PAＣ．又AB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABＣ．（２）连接PQ，由题意及（１）得V QBMC＝V MBQC＝错误!V PBQC＝错误!V PABC，所以S△QBC＝错误!S△ABC，所以Q为线段AB的中点．取AC的中点为O，连接OP，以O为坐标原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设AC＝AB＝２，则A（１,0,0），B（１,２,0），Q（１,１,0），C（—１,0,0），M错误!，则错误!＝错误!，错误!＝（２,１,0），错误!＝（0,２,0），易知平面AMC的一个法向量为错误!＝（0,２,0）．设平面QMC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令x＝１，则n＝（１，—２，—错误!），由图可知二面角QMCA为锐角，故所求二面角的余弦值为|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!。
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何解答题专项突破四高考中立体几何问题的热点题型课件
记P→Q＝λP→B＝(2λ，0，－2λ)，可得 Q(2λ，0,2－2λ)， D→Q＝(2λ＋2,0,2－2λ)，D→Q·n＝0， 可得 2λ＋2－4＋4λ＝0，解得 λ＝13. 可得D→Q＝83，0，43. 记B→H＝tB→C＝(－2t,2t,0)，可得 H(2－2t,2t,0)，
P→H＝(2－2t,2t，－2)，若 DQ⊥PH，则D→Q·P→H＝0， 83(2－2t)＋43×(－2)＝0，解得 t＝12.故 BH＝ 2. 故在线段 BC 上存在一点 H，使得 DQ⊥PH， 此时 BH＝ 2.
②求直线 DP 的方向向量和平面 ABFD 的法向量． ③由公式计算所求角的正弦值．
解法二：①作：过 P 作 PH⊥EF 交 EF 于点 H，连接 DH. ②证：证明 PH⊥平面 ABFD，得∠PDH 为直线 DP 与平面 ABFD 所成 角． ③算：在 Rt△PDH 中，PD 的长度是正方形 ABCD 的边长，∠PHD＝ 90°，易知要求 sin∠PDH，关键是求 PH；由此想到判断△PEF 的形状，进 一步想到证明 PF⊥平面 PED.
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD；
解题思路 (1)①翻折前后的不变关系，四边形 ABFE 是矩形． ②证明 BF⊥平面 PEF. ③证明平面 PEF⊥平面 ABFD.
规范解答 (1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又 PF∩EF＝F， 所以 BF⊥平面 PEF.
又 BF⊂ 平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD.
规范解答 (2)解法一：作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，H→F的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Hxyz，设正方形 ABCD 的边长为 2.
高考大题增分专项五 高考中的解析几何 2021年高中总复习优化设计一轮用书理数
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②解:若l1或l2的斜率不存在,则四边形QRST的面积为2.
若两条直线的斜率存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),
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处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及 平面几何知识的应用,如直径对的圆心角为直角,构成了垂直关系; 弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一些特殊几 何性质解题,往往使问题简化.
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消去y(或消去x)得ax2+bx+c=0.若a≠0,Δ=b2-4ac,Δ>0⇔相交;Δ<0⇔ 相离;Δ=0⇔相切.若a=0,得到一个一次方程:①C为双曲线,则l与双 曲线的渐近线平行;②C为抛物线,则l与抛物线的对称轴平行.求解 直线与圆锥曲线位置关系问题时,判别式Δ起着关键性的作用,第一, 可以限定所给参数的范围;第二,可以取舍某些解以免产生增根.
从点M所引的两条切线不垂直.
当m≠±2时,设过点M所引的切线l的斜率为k,
则l的方程为y=k(x-m)+2.
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(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0. 因为Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,所以(m2-4)k24mk+2=0.(*) 设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(*)的两根,
高考大题增分专项五 高考中的解析几何 2021年高考数学复习优化一轮用书文数
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1.判定直线与圆位置关系的两种方法 (1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情 况):Δ>0⇔相交,Δ<0⇔相离,Δ=0⇔相切. (2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小):设圆心到直 线的距离为d,则d<r⇔相交,d>r⇔相离,d=r⇔相切.判定圆与圆位置 关系与判定直线与圆位置关系类似(主要掌握几何方法). 2.讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时,要注意数形结合,充分利 用圆的几何性质寻找解题途径,减少运算量.
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解:(1)由题易知,抛物线C的焦点为F(1,0), 当直线l的斜率不存在时,即x=1,不符合题意; 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1), 即kx-y-k=0,
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(2)直线AB与抛物线C相切,证明如下:
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对点训练2(2019安徽阶段性测试)如图,点O为坐标原点,直线l经 过抛物线C:y2=4x的焦点F.设点A是直线l与抛物线C在第一象限的 交点.以点F为圆心,|FA|为半径的圆与x轴的负半轴的交点为B,与抛 物线C在第四象限的交点为D.
(1)若点O到直线l的距离为 ,求直线l的方程; (2)试判断直线AB与抛物线C的位置关系,并给出证明.
(1)解:由题意,得a=2,b=1,
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范围、最值问题的基本解题思想是建立求解目标与其他变量的 关系(不等关系、函数关系等),通过其他变量表达求解目标,然后通 过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求解目标的取值范围 和最值.在解题时要注意其他约束条件对求解目标的影响,如直线 与曲线交于不同两点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点 的坐标范围等.
高优指导高考数学一轮复习 高考大题专项练4 高考中的立体几何 理(含解析)北师大版-北师大版高三全册
高考大题专项练4高考大题专项练第8页1.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°.因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⫋平面AED,所以BD⊥平面AED.(2)解法一:连接AC.由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,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.不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D,F(0,0,1).因此=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,所以x=y=z,取z=1,则m=(,1,1).由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos<m,>=,所以二面角F-BD-C的余弦值为.解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG.由于CB=CD,因此CG⊥BD.又FC⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以FC⊥BD.由于FC∩CG=C,FC,CG⫋平面FCG,所以BD⊥平面FCG,故BD⊥FG,所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,因此CG=CB.又CB=CF,所以GF=CG,故cos∠FGC=,因此二面角F-BD-C的余弦值为.〚导学号92950942〛2.如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=.由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC.又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE.所以AC⊥DE,又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解:方法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC, 从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.在△BFG中,cos∠BFG=.所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.方法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由可取m=(0,1,-).由可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|=.由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.〚导学号92950943〛3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD.(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长.②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又AB⫋平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解:以A为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.在Rt△CDE中,DE=CD cos 45°=1,CE=CD sin 45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=,即,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以AB=.(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;①由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.②由①,②消去t,化简得m2-3m+4=0.③由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.〚导学号92950944〛4.如图,正方形ABCD所在平面与等腰三角形EAD所在平面相交于AD,EA=ED,AE⊥平面CDE.(1)求证:AB⊥平面ADE;(2)设M是线段BE上一点,当直线AM与平面EAD所成角的正弦值为时,试确定点M的位置. (1)证明:∵AE⊥平面CDE,CD⫋平面CDE,∴AE⊥CD.在正方形ABCD中,CD⊥AD,∵AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADE.(2)解:由(1)得平面EAD⊥平面ABCD,取AD的中点O,取BC的中点F,连接EO,OF.∵EA=ED,∴EO⊥AD,∴EO⊥平面ABCD.以OA,OF,OE分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1).设M(x,y,z).∴=(x-1,y-2,z),=(-1,-2,1),∵B,M,E三点共线,设=λ(0≤λ≤1),∴M(1-λ,2-2λ,λ),∴=(-λ,2-2λ,λ).设AM与平面EAD所成角为θ,∵平面EAD的一个法向量为n=(0,1,0),∴sin θ=|cos<,n>|=,解得λ=或λ=-1(舍去),∴点M为线段BE上靠近点B的三等分点.〚导学号92950945〛5.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE;(3)求二面角A-BE-D的大小.(1)证明:设AC与BD交于点G,因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⫋平面BDE,AF⊈平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,所以CE⊥平面ABCD.如图,以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系C-xyz.则C(0,0,0),A(,0),D(,0,0),E(0,0,1),B(0,,0),F.所以=(0,-,1),=(-,0,1).所以=0-1+1=0,=-1+0+1=0.所以CF⊥BE,CF⊥DE,所以CF⊥平面BDE.(3)解:由(2)知,是平面BDE的一个法向量;=(,0,0),设平面ABE的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,即所以x=0,z=y.令y=1,则z=.所以n=(0,1,),从而cos<n,>=.因为二面角A-BE-D为锐角,所以二面角A-BE-D为.〚导学号92950946〛6.(2015某某,理19)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.(1)证明:由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形.从而B1C∥A1D,又A1D⫋面A1DE,B1C⊈面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⫋面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)解:因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD,以A 为原点,分别以为x轴、y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为(0.5,0.5,1).设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为.〚导学号92950947〛7.(2015某某,理17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点,若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,得M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量..由此可得·n=0,又因为直线MN⊈平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,则不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>==,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.〚导学号92950948〛。