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【红对勾】(新课标)2016高考数学大一轮复习 第七章 立体几何课时作业52 理 新人教A版

时间:2016-03-15


课时作业 52

高考中立体几何的热点问题

1.平面图形 ABB1A1C1C 如图(1)所示,其中 BB1C1C 是矩形.BC=2,BB1=4,AB=AC= 2,

A1B1=A1C1= 5.现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠, 使△ABC 与△A1B1C1 所在平面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接

A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下
列问题.

(1)证明:AA1⊥BC; (2)求 AA1 的长; (3)求二面角 A—BC—A1 的余弦值. 解:

(1)取 BC,B1C1 的中点分别为 D,D1,连接 A1D1,DD1,AD. 由四边形 BB1C1C 为矩形,知 DD1⊥B1C1. 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1, 所以 DD1⊥平面 A1B1C1. 由 A1B1=A1C1,知 A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系 D1—xyz.

1

由题设可得 A1D1=2,AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平面 BB1C1C,于是 AD∥A1D1. 所以 A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4). → → 故AA1=(0,3,-4),BC=(-2,0,0), → → → → 因为AA1·BC=0,所以AA1⊥BC,即 AA1⊥BC. → → (2)因为AA1=(0,3,-4),所以|AA1|=5,即 AA1=5. (3)连接 A1D. 由 BC⊥AD,BC⊥AA1,可知 BC⊥面 A1AD,BC⊥A1D, 所以∠ADA1 为二面角 A—BC—A1 的平面角. → → 因为DA=(0,-1,0),DA1=(0,2,-4), -2 5 → → 所以 cos〈DA,DA1〉= =- , 2 2 5 1× 2 +?-4? 即二面角 A—BC—A1 的余弦值为- 5 . 5

2.在如图所示的几何体中,底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60°,AA1 綊 DD1 綊 CC1∥BE,且

AA1=AB,D1E⊥平面 D1AC,AA1⊥底面 ABCD.
(1)求二面角 D1—AC—E 的大小; (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使得 A1P∥平面 EAC,若存在,求 明理由. 解:

D1P 的值,若不存在,说 PE

2

(1)设 AC 与 BD 交于 O, 如图所示建立空间直角坐标系 O-xyz, 设 AB=2, 则 A( 3, 0,0),

B(0,-1,0),C(- 3,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2),
→ → → 设 E(0,-1,t),t>0,则ED1=(0,2,2-t),CA=(2 3,0,0),D1A=( 3,-1,-2). ∵D1E⊥面 D1AC,∴D1E⊥CA,D1E⊥D1A, → → ? ?ED1·CA=0, ∴? → → ? ?ED1·D1A=0,

解得 t=3,∴E(0,-1,3),

→ ∴AE=(- 3,-1,3), 设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z), → ? ?m·CA=0, 则? ?m·→ AE=0, ?

?x=0, ∴? ?- 3x-y+3z=0,

令 z=1,y=3,m=(0,3,1). → 又平面 D1AC 的法向量ED1=(0,2,-1), → m·ED1 2 → ∴cos〈m,ED1〉= = . 2 → |m||ED1| 所以所求二面角的大小为 45°. (2)假设存在点 P 满足题意. → → → → 设D1P=λ PE=λ (D1E-D1P), λ → 2λ λ → 得D1P= D1E=(0,- , ), 1+λ 1+λ 1+λ

A1P=A1D1+D1P=(- 3,1,0)+(0,-
2λ λ =(- 3,1- , ) 1+ λ 1+λ → ∵A1P∥平面 EAC,∴A1P⊥m,







2λ λ , ) 1+λ 1+λ

3

2λ λ 3 ∴- 3×0+3×(1- )+1× =0,解得 λ = , 1+λ 1+λ 2 故存在点 P 使 A1P∥面 EAC,此时 D1P?PE=3?2.

3.如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正方形,侧面 PAD⊥底面 ABCD, 且 AD= 2PA= 2PD. (1)求证:平面 PAB⊥平面 PCD; 1 (2)在线段 AB 上是否存在点 G,使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角的余弦值为 ?若存在,请 3 说明理由. 解:(1)∵平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,四边形 ABCD 为正方形,CD ⊥AD,CD? 平面 ABCD,∴CD⊥平面 PAD,∴CD⊥PA. 又 AD= 2PA= 2PD,∴△PAD 为等腰直角三角形, π 且∠APD= ,即 PA⊥PD. 2 又 CD∩PD=D,且 CD,PD? 平面 PDC, ∴PA⊥平面 PDC, 又 PA? 平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PCD. (2)如图,取 AD 的中点 O,连接 OP.

∵PA=PD,∴PO⊥AD. ∵侧面 PAD⊥底面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, ∴PO⊥平面 ABCD, ∵AD= 2PA= 2PD,
4

∴PA⊥PD,OP=OA=1. 以 O 为原点,直线 OA,OP 分别为 x,z 轴,且底面 ABCD 中过 O 点垂直于 AD 的直线为 y 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1). 1 假设在 AB 上存在点 G 使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角的余弦值为 ,连接 PG,DG. 3 设 G(1,a,0)(0≤a≤2). → 由(1)知平面 PCD 的一个法向量为PA=(1,0,-1). 设平面 PDG 的法向量为 n=(x,y,z). → → ∵DP=(1,0,1),GD=(-2,-a,0),
? ?x+0·y+z=0 → → ∴由 n·DP=0,n·GD=0 可得? ?-2·x-a·y+0·z=0 ?



2 2 令 x=1,则 y=- ,z=-1,故 n=(1,- ,-1),

a

a

→ n·PA 2 → ∴cos〈n,PA〉= = = → 4 |n||PA| 2× 2+ 2

2 2+

1 1 = ,解得,a= . 4 3 2

a

a2

1 ∴在线段 AB 上存在点 G(1, ,0), 2 1 使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角的余弦值为 . 3

1.(2014·安徽卷)如右图,四棱柱 ABCD —A1B1C1D1 中,A1A⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 为梯形,AD∥BC,且 AD=2BC.过 A1,C,D 三点的平面记为 α ,BB1 与 α 的交点为 Q. (1)证明:Q 为 BB1 的中点; (2)求此四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体积之比; (3)若 A1A=4, CD=2, 梯形 ABCD 的面积为 6, 求平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小. 解:(1)因为 BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A.
5

所以平面 QBC∥平面 A1AD. 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行,即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以

BQ BQ BC 1 = = = ,即 Q 为 BB1 的中点. BB1 AA1 AD 2

(2)如图 1,连接 QA,QD.设 AA1=h,梯形 ABCD 的高为 d,四棱柱被平面 α 所分成上下 两部分的体积分别为 V 上和 V 下,BC=a,则 AD=2a.

图1

VQ—A1AD= · ·2a·h·d= ahd,
1 a+2a 1 1 VQ—ABCD= · ·d·( h)= ahd, 3 2 2 4 所以 V 下=VQ—A1AD+VQ—ABCD= 3 又 VA B C D —ABCD= ahd, 1 1 1 1 2 3 7 11 V上 11 所以 V 上=VA B C D —ABCD-V 下= ahd- ahd= ahd,故 = . 1 1 1 1 2 12 12 V下 7 (3)解法 1:如图 1,在△ADC 中,作 AE⊥DC,垂足为 E,连接 A1E. 又 DE⊥AA1,且 AA1∩AE=A, 所以 DE⊥平面 AEA1,于是 DE⊥A1E. 所以∠AEA1 为平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的平面角. 因为 BC∥AD,AD=2BC,所以 S△ADC=2S△BCA. 因为梯形 ABCD 的面积为 6,DC=2,所以 S△ADC=4,AE=4. 于是 tan∠AEA1= 7 ahd, 12

1 1 3 2

1 3

AA1 π =1,∠AEA1= . AE 4

π 故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . 4

6

图2 → → 解法 2:如图 2,以 D 为原点,DA,DD1分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角坐标系. 设∠CDA=θ . 因为 SABCD=

a+2a
2

·2sinθ =6,

2 4 所以 a= .从而 C(2cosθ ,2sinθ ,0),A1( ,0,4), sinθ sinθ 4 → → 所以DC=(2cosθ ,2sinθ ,0),DA1=( ,0,4). sinθ 设平面 A1DC 的法向量为 n=(x,y,1), 4 → ·n= x+4=0, ?DA sinθ 由? → ?DC ·n=2xcosθ +2ysinθ =0,
1

得 x=-sinθ ,y=cosθ ,

所以 n=(-sinθ ,cosθ ,1). 因为平面 ABCD 的法向量为 m=(0,0,1),

n·m 2 所以 cos〈n,m〉= = , |n||m| 2
π 故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . 4 2.如图,在四棱锥 S—ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,侧棱 SA⊥底面 ABCD,AB 垂直 于 AD 和 BC,SA=AB=BC=2,AD=1.M 是棱 SB 的中点.

(1)求证:AM∥平面 SCD; (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值; (3)设点 N 是直线 CD 上的动点,MN 与平面 SAB 所成的角为 θ ,求 sinθ 的最大值.
7

解:

(1)证明:以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则

A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1).
→ → → 则AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0). 设平面 SCD 的法向量是 n=(x,y,z), → ? ?SD·n=0, 则? → ? ?CD·n=0,
? ?x-2z=0, 即? ? ?-x-2y=0.

令 z=1,则 x=2,y=-1,于是 n=(2,-1,1). → → ∵AM·n=0,∴AM⊥n.又 AM?平面 SCD, ∴AM∥平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0).设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 φ,

? n1·n ?=??1,0,0?·?2,-1,1?? 则|cosφ |=? ? ? ? ?|n1|·|n|? ? 1· 6 ?
=? 6 6 ? 2 ? ?= ,即 cosφ = 3 . ?1· 6? 3 6 . 3

∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为

→ (3)设 N(x,2x-2,0)(x∈[1,2]),则MN=(x,2x-3,-1). 又平面 SAB 的一个法向量为 n1=(1,0,0), ∴sinθ =?

??x,2x-3,-1?·?1,0,0?? ? 2 2 2 ? x +?2x-3? +?-1? ·1 ? ? 1 1? 5-12· +10· 2? x x?
1 1 . 1 3?2 7 ? 10? - ? + ?x 5? 5

? x ? ? ? =? ?= 2 ? 5x -12x+10? ? ?
= 1

?1?2 ?1? 10? ? -12? ?+5 ?x? ?x?



8

1 3 5 35 当 = ,即 x= 时,(sinθ )max= . x 5 3 7

9


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