《新課標高三數(shù)學 一輪復習 大題沖關集訓四理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新課標高三數(shù)學 一輪復習 大題沖關集訓四理（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 大題沖關集訓(四) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(20xx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∩平面ABEF=AB

2、,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ABCD. 所以

3、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Axyz. 設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,-12,12). 所以EF→=(0,-12,-12), BE→=(0,-1,1),BC→=(1,0,0). EF→BE→=0+12-12=0,EF→BC→=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(0,0,12),P(1,12

4、,0). 從而PM→=(-1,-12,12), 于是PM→EF→=(-1,-12,12)(0,-12,-12)=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.(20xx臨沂?？?如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=90,AB⊥側面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⊥側面BB1C1C,CC1?面BB1C1C, ∴AB⊥C1C, 又CC1⊥

5、CB且CB∩AB=B, ∴CC1⊥平面ABC, ∴∠C1BC為直線C1B與底面ABC所成角. Rt△CC1B中,BC1=1,CC1=2, 則BC1=5. ∴sin ∠C1BC=25=255. ∴直線C1B與底面ABC所成角的正弦值為255. (2)取CC1的中點F,連接B1F,BF. 矩形BCC1B1中,BF=B1F=2,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)

6、 (1)直三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC的法向量BB1→=(0,2,0), 又BC1→=(1,2,0), 設BC1與平面ABC所成角為θ, 則sin θ=|cos|=|BB1→BC1→||BB1→||BC1→|=255. ∴直線C1B與底面ABC所成角的正弦值為255. (2)設E(1,y,0),A(0,0,z), 則EB1→=(-1,2-y,0),EA→=(-1,-y,z). ∵EA⊥EB1, ∴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

7、=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,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OH,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∵P

8、D=4, ∴OP=23,OD=2,AO=1, 得A(0,-1,0),B(3,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,23), D(0,2,0), E(0,1,3),F(32,1,3),G(3,12,0), 故EF→=(32,0,0),EG→=(3,-12,-3), 設平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z), 則nEF→=0,nEG→=0. 即32x=0,3x-12y-3z=0, 取z=1,得n=(0,-23,1), 而PA→=(0,-1,-23), nPA→=0+23-23=0, ∴n⊥PA→, 又PA?平面EFG,故PA∥平面EFG. (2)解:設M(x,2

9、,0),則MF→=(32-x,-1,3),設MF與平面EFG所成角為θ, 則sin θ=|cos| =|nMF→|n||MF→|| =3313(32-x)2+4, 故當x=32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=51326. 4.(20xx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,其正視圖、側視圖的面積分別為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

10、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. 設圓O的半徑為r,圓柱高為h,根據(jù)正視圖、側視圖的面積可得2rh+12r2=10,2rh+122r2=12. 解得r=2,h=2. 所以BC=4,AB=AC=22. 過點C作CH⊥BD于點H,連接AH, 由(1)知,AC⊥BD,AC∩CH=C, 所以BD⊥平面ACH. 因為AH?平面ACH

11、, 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=22,AD=2, 則BD=AB2+AD2=23. 由ABAD=BDAH, 解得AH=263. 因為tan ∠AHC=ACAH=3. 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. 設圓O的半徑為r,圓柱高為h,根據(jù)正視圖、側視圖的面積可得2rh+12r2=10,2rh+122r2=12. 解得

12、r=2,h=2. 所以BC=4,AB=AC=22. 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),AC→=(2,-2,0), DB→=(2,2,2). 因為AC→DB→=(2,-2,0)(2,2,2)=0, 所以AC→⊥DB→. 所以AC⊥BD. (2)設n=(x,y,z)是平面BCD的法向量, BC→=(0,-4,0), nBC→=0,nDB→=0. 即-4y=0,2x+2y+2z=0. 取z=-1,則n=(1,0,-1)是平面

13、BCD的一個法向量. 由(1)知,AC⊥BD, 又AC⊥AB,AB∩BD=B, 所以AC⊥平面ABD. 所以AC→=(2,-2,0)是平面ABD的一個法向量. 因為cos=nAC→|n||AC→|=2222=12, 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.(20xx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=2. (1)證明:DE⊥平面ACD; (2)求二面角BADE的大小. (1)證明

14、:在直角梯形BCDE中, 由DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC=2, 由AC=2,AB=2得AB2=AC2+BC2, 即AC⊥BC. 又平面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A

15、C⊥平面BCDE,得AC⊥CD. 在Rt△ACD中,由DC=2,AC=2,得AD=6. 在Rt△AED中,由ED=1,AD=6,得AE=7. 在Rt△ABD中,由BD=2,AB=2,AD=6, 得BF=233,AF=23AD.從而GF=23. 在△ABE,△ABG中, 利用余弦定理分別可得 cos ∠BAE=5714,BG=23. 在△BFG中,cos ∠BFG=GF2+BF2-BG22BFGF=32. 所以,∠BFG=π6,即二面角BADE的大小是π6. 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

16、標如下: D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,2),B(1,1,0). 設平面ADE的法向量m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量為n=(x2,y2,z2),可算得 AD→=(0,-2,-2),AE→=(1,-2,-2),DB→=(1,1,0). 由mAD→=0,mAE→=0得-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取 m=(0,1,-2), 由nAD→=0,nBD→=0得-2y2-2z2=0,x2+y2=0, 可取n=(1,-1,2). 于是|cos|=|mn||m||n|=334=32. 由題意可知,所求二面角是銳角

17、,故二面角BADE的大小是π6. 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BC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BD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所在的直線為y軸,以OC所在的直線為z軸,以O為原點,建立空間直角坐標系Oxyz, 則A(0,-2,0),C(0,0,2). AC→=(0,0,2)-(0

18、,-2,0)=(0,2,2), ∵點F為BC的中點, ∴點F的坐標為(0,2,2),OF→=(0,2,2). ∴OF→=22AC→, 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(3,-1,0), AD→=(3,1,0). 設二面角CADB的大小為θ,n1=(x′,y′,z′)為平面ACD的一個法向量. 由n1AC→=0,n1AD→=0, 即2y+2z=0,3x+y=0. 取x′=1,解得y′=-3,z′=3. ∴n1=(1,-3,3). 取平面ADB的一個法向量n2=(0,0,1)

19、, ∴cos θ=|n1n2||n1||n2|=|10+(-3)0+31|71=217. (3)解:設在BD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OG→=λAD→(λ>0), ∵AD→=(3,1,0), ∴OG→=(3λ,λ,0). 又∵|OG→|=2, ∴(3λ)2+λ2+02=2, 解得λ=1(舍去-1). ∴OG→=(3,1,0),則G為BD的中點. 因此,在BD上存在點G,使得FG∥平面ACD,且點G為BD的中點. 設直線AG與平面ACD所成角為α, ∵AG→=(3,1,0)-(0,-2,0)

20、=(3,3,0), 根據(jù)(2)的計算n1=(1,-3,3)為平面ACD的一個法向量, ∴sin α=cos(90-α)=|AG→n1||AG→||n1| =|31+3(-3)+03|237 =77. 因此,直線AG與平面ACD所成角的正弦值為77. 7.(20xx高考福建卷)如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,側棱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67,求k的值; (3)現(xiàn)將與四棱柱ABCDA1B1C1D1形狀

21、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(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

22、?平面ABCD, ∴AA1⊥CD.又AA1∩AD=A, ∴CD⊥平面ADD1A1. (2)解:以D為原點,DA→,DC→,DD1→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AC→=(-4k,6k,0),AB1→=(0,3k,1),AA1→=(0,0,1). 設平面AB1C的法向量n=(x,y,z), 則由AC→n=0,AB1→n=0, 得-4kx+6ky=0,3ky+z=0. 取y=2,得n=(3,2,-6k). 設AA1與平面AB1C所成角為θ,則 sin θ=|cos|=|AA1→n|AA1→||n||=6k36k2+13=67,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)=72k2+26k,0518.