《2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（四）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（四）理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題沖關(guān)集訓(xùn)（四）理 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(xx福州模擬)如圖,正方形ABCD所在平面與平面四邊形ABEF所在平面互相垂直,△ABE是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,∠AEF =45°. (1)求證:EF⊥平面BCE; (2)設(shè)線段CD的中點為P,在直線AE上是否存在一點M,使得PM∥平面BCE?若存在,請指出點M的位置,并證明你的結(jié)論;若不存在,請說明理由. 解:法一　(1)取BE的中點G,連接AG,由題意知EF⊥BE. 由EA=AB知AG⊥BE,所以EF∥AG. ∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩

2、平面ABEF=AB,BC⊥AB, ∴BC⊥平面ABEF, ∴BC⊥AG. 又∵BC∩BE=B, ∴AG⊥平面BCE, ∴EF⊥平面BCE. (2)當M為AE中點時有PM∥平面BCE. 取AB的中點N,連接PN、MN, 則MN∥BE,NP∥BC, 所以MN∥平面BCE,NP∥平面BCE. 又MN∩NP=N,所以平面PMN∥平面BCE, 又PM?平面PMN且PM?平面BCE, ∴PM∥平面BCE. 法二　(1)因為△ABE為等腰直角三角形,AB=AE,所以AE⊥AB. 又平面ABEF⊥平面ABCD,AE?平面ABEF,平面ABEF∩平面ABCD=AB, 所以AE⊥平面

3、ABCD. 所以AE⊥AD. 因此,AD,AB,AE兩兩垂直, 以A為坐標原點,建立直角坐標系A(chǔ)xyz. 設(shè)AB=1,則AE=1,B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0). 因為FA=FE,∠AEF=45°,所以∠AFE=90°,從而,F(0,-,). 所以=(0,-,-), =(0,-1,1),=(1,0,0). ·=0+-=0,·=0. 所以EF⊥BE,EF⊥BC. 又BC∩BE=B, 所以EF⊥平面BCE. (2)存在點M,當M為AE中點時,PM∥平面BCE. M(0,0,),P(1,,0). 從而=(-1,-,), 于是·=(

4、-1,-,)·(0,-,-)=0, 所以PM⊥FE, 又EF⊥平面BCE,直線PM不在平面BCE內(nèi), 故PM∥平面BCE. 2.(xx臨沂模考)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90°,AB⊥側(cè)面BB1C1C. (1)求直線C1B與底面ABC所成角的正弦值; (2)在棱CC1(不包含端點C,C1)上確定一點E的位置,使得EA⊥EB1(要求說明理由). 解:法一　(1)∵AB⊥側(cè)面BB1C1C,CC1?面BB1C1C, ∴AB⊥C1C, 又CC1⊥CB且CB∩AB=B, ∴CC1⊥平面ABC, ∴∠C1BC為直線C1B與底面ABC

5、所成角. Rt△CC1B中,BC1=1,CC1=2, 則BC1=. ∴sin ∠C1BC==. ∴直線C1B與底面ABC所成角的正弦值為. (2)取CC1的中點F,連接B1F,BF. 矩形BCC1B1中,BF=B1F=,BB1=2, ∴BF⊥B1F, 又∵AB⊥B1F, ∴B1F⊥平面ABF, ∴B1F⊥AF. 故當E與F重合,即E為CC1的中點時有EA⊥EB1. 法二　如圖,以B為原點建立空間直角坐標系,則B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0) (1)直三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC的法向量=(0,2,0), 又=(1,2,0),

6、設(shè)BC1與平面ABC所成角為θ, 則sin θ=|cos<,>|==. ∴直線C1B與底面ABC所成角的正弦值為. (2)設(shè)E(1,y,0),A(0,0,z), 則=(-1,2-y,0),=(-1,-y,z). ∵EA⊥EB1, ∴·=1-y(2-y)=0. ∴y=1, 即E(1,1,0). ∴E為CC1的中點. 3.如圖,在直角梯形ABCP中,AB=BC=3,AP=7,CD⊥AP于D,現(xiàn)將梯形ABCD沿線段CD折成60°的二面角PCDA,設(shè)E,F,G分別是PD,PC,BC的中點. (1)求證:PA∥平面EFG; (2)若M為線段CD上的一個動點,問點M在什么位置時

7、,直線MF與平面EFG所成的角最大?并求此最大角的余弦值. (1)證明:∵AD⊥CD,PD⊥CD, ∴CD⊥平面PAD, ∴平面PAD⊥平面ABCD. 過P作AD的垂線,垂足為O,則PO⊥平面ABCD. 過O作BC的垂線,交BC于H,分別以O(shè)H,OD,OP為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系, ∵∠PDO是二面角PDCA的平面角, ∴∠PDO=60°, 又∵PD=4, ∴OP=2,OD=2,AO=1, 得A(0,-1,0),B(3,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,2), D(0,2,0), E(0,1,),F(,1,),G(3,,0), 故=(,0,0)

8、,=(3,-,-), 設(shè)平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z), 則 即 取z=1,得n=(0,-2,1), 而=(0,-1,-2), n·=0+2-2=0, ∴n⊥, 又PA?平面EFG,故PA∥平面EFG. (2)解:設(shè)M(x,2,0),則=(-x,-1,),設(shè)MF與平面EFG所成角為θ, 則sin θ=|cos| =|| =, 故當x=時,sin θ取到最大值,則θ取到最大值,此時點M為線段CD的中點,MF與平面EFG所成角的余弦值cos θ=. 4.(xx福建師大附中模擬)一個幾何體是由圓柱和三棱錐EABC組合而成,點A,B,C在圓O的圓周上,其

9、正視圖、側(cè)視圖的面積分別為10和12,如圖所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC,AE=2. (1)求證:AC⊥BD; (2)求二面角ABDC的大小. 解:法一　(1)因為EA⊥平面ABC,AC?平面ABC, 所以EA⊥AC, 即ED⊥AC. 又因為AC⊥AB,AB∩ED=A, 所以AC⊥平面EBD. 因為BD?平面EBD, 所以AC⊥BD. (2)因為點A,B,C在圓O的圓周上,且AB⊥AC, 所以BC為圓O的直徑. 設(shè)圓O的半徑為r,圓柱高為h,根據(jù)正視圖、側(cè)視圖的面積可得 解得 所以BC=4,AB=AC=2. 過點C作CH⊥BD于點H,連

10、接AH, 由(1)知,AC⊥BD,AC∩CH=C, 所以BD⊥平面ACH. 因為AH?平面ACH, 所以BD⊥AH. 所以∠AHC為二面角ABDC的平面角. 由(1)知,AC⊥平面ABD,AH?平面ABD, 所以AC⊥AH, 即△CAH為直角三角形. 在Rt△BAD中,AB=2,AD=2, 則BD==2. 由AB·AD=BD·AH, 解得AH=. 因為tan ∠AHC==. 所以∠AHC=60°. 所以二面角ABDC的平面角大小為60°. 法二　(1)因為點A,B,C在圓O的圓周上,且AB⊥AC,所以BC為圓O的直徑. 設(shè)圓O的半徑為r,圓柱高為h,根據(jù)正視圖

11、、側(cè)視圖的面積可得 解得 所以BC=4,AB=AC=2. 以點D為原點,DD1,DE所在的直線分別為x軸、z軸建立如圖的空間直角坐標系Dxyz,則D(0,0,0),D1(4,0,0),A(0,0,2),B(2,2,2), C(2,-2,2),=(2,-2,0), =(2,2,2). 因為·=(2,-2,0)·(2,2,2)=0, 所以⊥. 所以AC⊥BD. (2)設(shè)n=(x,y,z)是平面BCD的法向量, =(0,-4,0), 即 取z=-1,則n=(1,0,-1)是平面BCD的一個法向量. 由(1)知,AC⊥BD, 又AC⊥AB,AB∩BD=B, 所以A

12、C⊥平面ABD. 所以=(2,-2,0)是平面ABD的一個法向量. 因為cos===, 所以=60°. 而等于二面角ABDC的平面角, 所以二面角ABDC的平面角大小為60°. 5.(xx高考浙江卷)如圖,在四棱錐ABCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=. (1)證明:DE⊥平面ACD; (2)求二面角BADE的大小. (1)證明: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

13、ABC⊥平面BCDE,從而 AC⊥平面BCDE. 所以AC⊥DE.又DE⊥DC,從而DE⊥平面ACD. (2)解:法一　作BF⊥AD,與AD交于點F,過點F作FG∥DE,與AE交于點G, 連接BG, 由(1)知DE⊥AD, 則FG⊥AD. 所以∠BFG是二面角BADE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, 從而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

14、,由BD=,AB=2,AD=, 得BF=,AF=AD.從而GF=. 在△ABE,△ABG中, 利用余弦定理分別可得 cos ∠BAE=,BG=. 在△BFG中,cos ∠BFG==. 所以,∠BFG=,即二面角BADE的大小是. 法二　以D為原點,分別以射線DE,DC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標系Dxyz,如圖所示. 由題意知各點坐標如下: D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0). 設(shè)平面ADE的法向量m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得 =(0,-2,-),=(1,-2

15、,-),=(1,1,0). 由得可取 m=(0,1,-), 由得 可取n=(1,-1,). 于是|cos|===. 由題意可知,所求二面角是銳角,故二面角BADE的大小是. 6.如圖1,☉O的直徑AB=4,點C、D為☉O上兩點,且∠CAB=45°, ∠DAB=60°,F為的中點.沿直徑AB折起,使兩個半圓所在平面互相垂直(如圖2). (1)求證:OF∥平面ACD; (2)求二面角CADB的余弦值; (3)在上是否存在點G,使得FG∥平面ACD?若存在,試指出點G的位置,并求直線AG與平面ACD所成角的正弦值;若不存在,請說明理由. (1)證明:如圖,以AB

16、所在的直線為y軸,以O(shè)C所在的直線為z軸,以O(shè)為原點,建立空間直角坐標系Oxyz, 則A(0,-2,0),C(0,0,2). =(0,0,2)-(0,-2,0)=(0,2,2), ∵點F為的中點, ∴點F的坐標為(0,,),=(0,,). ∴=, 即OF∥AC. ∵OF?平面ACD,AC?平面ACD, ∴OF∥平面ACD. (2)解:∵∠DAB=60°, ∴點D的坐標是(,-1,0), =(,1,0). 設(shè)二面角CADB的大小為θ,n1=(x′,y′,z′)為平面ACD的一個法向量. 由 即 取x′=1,解得y′=-,z′=. ∴n1=(1,-,). 取平

17、面ADB的一個法向量n2=(0,0,1), ∴cos θ===. (3)解:設(shè)在上存在點G,使得FG∥平面ACD, ∵OF∥平面ACD, ∴平面OFG∥平面ACD,則有OG∥AD. 設(shè)=λ(λ>0), ∵=(,1,0), ∴=(λ,λ,0). 又∵||=2, ∴=2, 解得λ=±1(舍去-1). ∴=(,1,0),則G為的中點. 因此,在上存在點G,使得FG∥平面ACD,且點G為的中點. 設(shè)直線AG與平面ACD所成角為α, ∵=(,1,0)-(0,-2,0)=(,3,0), 根據(jù)(2)的計算n1=(1,-,)為平面ACD的一個法向量, ∴sin α=cos(90

18、°-α)= = =. 因此,直線AG與平面ACD所成角的正弦值為. 7.(xx高考福建卷)如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,AB∥DC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k>0). (1)求證:CD⊥平面ADD1A1; (2)若直線AA1與平面AB1C所成角的正弦值為,求k的值; (3)現(xiàn)將與四棱柱ABCDA1B1C1D1形狀和大小完全相同的兩個四棱柱拼接成一個新的四棱柱.規(guī)定:若拼接成的新 四棱柱形狀和大小完全相同,則視為同一種拼接方案.問:共有幾種不同的拼接方案?在這些拼接成的新四棱柱中,記其中最小的表面積為f

19、(k),寫出f(k)的解析式.(直接寫出答案,不必說明理由) (1)證明:取CD的中點E,連接BE. ∵AB∥DE,AB=DE=3k, ∴四邊形ABED為平行四邊形, ∴BE∥AD且BE=AD=4k. 在△BCE中, ∵BE=4k,CE=3k,BC=5k, ∴BE2+CE2=BC2, ∴∠BEC=90°, 即BE⊥CD.又BE∥AD, ∴CD⊥AD. ∵AA1⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, ∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A, ∴CD⊥平面ADD1A1. (2)解:以D為原點,,,的方向為x,y,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(4k,0,0),C(0,6k,0), B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1), 所以=(-4k,6k,0),=(0,3k,1),=(0,0,1). 設(shè)平面AB1C的法向量n=(x,y,z), 則由 得 取y=2,得n=(3,2,-6k). 設(shè)AA1與平面AB1C所成角為θ,則 sin θ=|cos<,n>|=||==,解得k=1, 故所求k的值為1. (3)解:共有4種不同的方案. f(k)=