《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題8 立體幾何與空間向量 第62練 高考大題突破練—立體幾何練習（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題8 立體幾何與空間向量 第62練 高考大題突破練—立體幾何練習（含解析）.docx（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第62練 高考大題突破練—立體幾何 [基礎保分練] 1.(2019杭州二中模擬)如圖，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120，D為線段BC上一點，且DC＝BC，讓△ADC繞直線AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC. (1)在線段BC上是否存在一點E，使平面AEC′⊥平面ABC？請證明你的結論； (2)求直線C′D與平面ABC所成的角. 2.(2019衢州模擬)已知三棱臺ABC—A1B1C1的下底面△ABC是邊長2的正三角形，上底面△A1B1C1是邊長為1的正三角形.A1在下底面的射影為△ABC的重心，且A1B⊥A1C. (1)證明：A1B⊥平面ACC1A1； (2)求直線CB1與平面ACC1A1所成角的正弦值. 3.(2019蕭山中學模擬)如圖，已知直角梯形ABCD和正方形BCEF，二面角A—BC—E的大小為120，且滿足AB∥CD，AD⊥AB，AD＝DC＝AB＝2，點M，H分別是線段EF，AE的中點，點N是線段AF上異于A，F(xiàn)的點. (1)求證：CH⊥平面AEF； (2)求直線MN與平面BCEF所成角的最大值. [能力提升練] 4.如圖，已知四邊形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F(xiàn)，G，H分別為BP，BE，PC的中點. (1)求證：FG∥平面PDE； (2)求證：平面FGH⊥平面ABE； (3)在線段PC上是否存在一點M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出線段PM的長；若不存在，請說明理由. 答案精析 基礎保分練 1．解　(1)存在BC的中點E，使平面AEC′⊥平面ABC，取BC的中點E， 由題意知AE⊥BC，又因為AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′， 因為BC?平面ABC， 所以平面AEC′⊥平面ABC. (2)在平面AC′E中，過點C′作C′H⊥AE交AE的延長線于點H，連接HD.由(1)知，C′H⊥平面ABC， 所以∠C′DH即為直線C′D與平面ABC所成的角． 由AB＝AC＝2，∠BAC＝120， 得BC＝2，DC＝，ED＝， EC′＝， 在△AEC′中，由余弦定理得 cos∠AEC′＝－， 所以cos∠HEC′＝， sin∠HEC′＝， 所以HC′＝EC′sin∠HEC′＝， 所以sin∠HDC′＝＝， 所以直線C′D與平面ABC所成的角為60. 2．(1)證明　記△ABC的重心為G，連接BG并延長交AC于點M. 因為底面△ABC為正三角形， 所以BG⊥AC， 又點A1在底面上的射影為G， 所以A1G⊥平面ABC， 所以A1G⊥AC， 因為A1G∩BG＝G， A1G?平面A1BG， BG?平面A1BG， 所以AC⊥平面A1BG， 又A1B?平面A1BG， 所以AC⊥A1B. 又A1B⊥A1C，且A1C∩AC＝C， A1C?平面A1AC， AC?平面A1AC， 所以A1B⊥平面A1AC， 因此，A1B⊥平面ACC1A1. (2)解　由于ABC—A1B1C1為棱臺，設三側棱延長交于一點D.因為AB＝2A1B1＝2， 則A1，B1分別為棱AD，BD的中點． 又G為正△ABC的重心， 則BM＝，CG＝BG＝BM＝， GM＝BM＝. 因為A1B⊥平面ACC1A1， 所以A1B⊥A1M， 故在Rt△A1BM中，A1G⊥BM， 由三角形相似，得A1G2＝BGGM＝， A1B2＝BGBM＝2. 取A1D的中點H，連接B1H，CH， 則B1H∥A1B，且B1H＝A1B＝， 故B1H⊥平面ACC1A1， 即∠B1CH即為直線CB1與平面ACC1A1所成的角． 又＝＋＋， 且GC⊥BA，A1G⊥BA，B1A1∥BA， 所以⊥，⊥， 又⊥， 所以2＝2＋2＋2＝3， 即B1C＝， 所以sin∠B1CH＝＝， 即直線CB1與平面ACC1A1所成角的正弦值為. 3．(1)證明　由題可得 AC＝＝2， CE＝BC＝＝2， ∴AC＝CE. 又H是AE的中點，∴CH⊥AE. ∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC， ∴AC⊥EF. ∵CE⊥EF，AC⊥EF，AC∩CE＝C， ∴EF⊥平面ACE. ∵HC?平面ACE，∴EF⊥HC， 又EF∩AE＝E，∴CH⊥平面AEF. (2)解　方法一　過點A作AK⊥CE，垂足為K，連接KF，過點N作NL∥AK，交KF為L，連接ML，∵EF⊥平面ACE， ∴平面EFK⊥平面ACE， 又∵平面EFK∩平面ACE＝CE，AK?平面ACE， ∴AK⊥平面EFK，∴NL⊥平面EFK， ∴∠NML就是直線MN與平面BCEF所成的角． 設FL＝x，∵AK＝，KF＝， 則NL＝x， ML2＝FL2＋FM2－2FMFL cos∠MFL＝x2－x＋2， ∴tan∠NML＝ ＝ ＝， ∵x∈(0，)，∴∈， ∴當＝時，(tan∠NML)max＝， ∴直線MN與平面BCEF所成角的最大值是. 方法二　以點C為原點，分別以CA，CB所在直線為x軸、y軸，過點C垂直于平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標系， ∴C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，E(－，0，)， ∴＝＋＝＋＝(－，0，)＋(0,2，0)＝(－，2，)， ∴F(－，2，)，M(－，，)． 設n＝(x，y，z)是平面BCEF的法向量， 由即 令z＝1，得n＝(，0,1)． 設||＝λ||(0<λ<1)， ＝＋＝＋λ ＝(2，0,0)＋λ(－3，2，) ＝(2－3λ，2λ，λ)， ＝－ ＝(3－3λ，2λ－，λ－)， ∴sinθ＝ ＝＝， 令x＝1－λ，x∈(0,1)， 則sinθ＝ ＝≤， 當＝2，即x＝，λ＝時取等號． ∴θ的最大值是. 能力提升練 4．(1)證明　因為F，G分別為PB，BE的中點，所以FG∥PE. 又FG?平面PDE，PE?平面PDE， 所以FG∥平面PDE. (2)證明　因為EA⊥平面ABCD，CB?平面ABCD，所以EA⊥CB. 又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分別為線段PB，PC的中點， 所以FH∥BC，則FH⊥平面ABE. 又FH?平面FGH， 所以平面FGH⊥平面ABE. (3)解　在線段PC上存在一點M，使PB⊥平面EFM. 證明如下： 如圖，在PC上取一點M，連接EF，EM，F(xiàn)M. 在Rt△AEB中， 因為AE＝1，AB＝2，所以BE＝. 在直角梯形EADP中， 因為AE＝1，AD＝PD＝2， 所以PE＝，所以PE＝BE. 又F為PB的中點，所以EF⊥PB. 要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM. 因為EA⊥CB，PD∥AE，所以PD⊥CB， 又CB⊥CD，PD∩CD＝D， PD，CD?平面PCD， 所以CB⊥平面PCD， 而PC?平面PCD，所以CB⊥PC. 若PB⊥FM，則△PFM∽△PCB， 可得＝. 由已知可求得PB＝2，PF＝，PC＝2， 所以PM＝. 故在線段PC上存在一點M，當PM＝時，使得PB⊥平面EFM.