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【新步步高】(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 高考中档大题规范练(三)理

时间:2016-04-29


高考中档大题规范练 (三)立体几何与空间向量

1.如图, 四边形 ABCD 是菱形, 四边形 MADN 是矩形, 平面 MADN⊥平面 ABCD,

E,F 分别为 MA,DC 的中点,求证:
(1)EF∥平面 MNCB; (2)平面 MAC⊥平面 BND.

2.如图 1,在边长为 1 的等边三角形 ABC 中,D,E 分别是 AB,AC 上的点,AD=AE,F 是 BC 的中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到如图 2 所示的三棱锥 A-BCF,其中 BC = 2 . 2

(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD= 时,求三棱锥 F-DEG 的体积 VF-DEG. 3

-1-

3.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P, 使得 DP∥平面 B1AE?若存在, 求 AP 的长; 若不存在,说明理由.

4.(2015·金华模拟)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都是 2,又

AA1⊥平面 ABC,D,E 分别是 AC,CC1 的中点.
(1)求证:AE⊥平面 A1BD; (2)求二面角 D-BA1-A 的余弦值; (3)求点 B1 到平面 A1BD 的距离.

-2-

5.(2015·杭州模拟)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为

CD 中点.
(1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长; 若不存在,说明理由; (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°,求 AB 的长.

-3-

答案精析

高考中档大题规范练 (三)立体几何与空间向量 1.证明 (1)取 NC 的中点 G,连接 FG,MG,如图所示.

1 因为 ME∥ND 且 ME= ND,F,G 分别为 DC,NC 的中点, 2

FG∥ND 且 FG= ND,
所以 FG 綊 ME, 所以四边形 MEFG 是平行四边形, 所以 EF∥MG,又 MG? 平面 MNCB,EF?平面 MNCB, 所以 EF∥平面 MNCB. (2)因为四边形 MADN 是矩形,所以 ND⊥AD. 因为平面 MADN⊥平面 ABCD,平面 ABCD∩平面 MADN=AD,DN? 平面 MADN, 所以 ND⊥平面 ABCD, 所以 ND⊥AC. 因为四边形 ABDC 是菱形,所以 AC⊥BD. 因为 BD∩ND=D,所以 AC⊥平面 BDN. 又 AC? 平面 MAC, 所以平面 MAC⊥平面 BDN. 2.(1)证明 在等边△ABC 中,AD=AE, ∴ = 在折叠后的三棱锥 A-BCF 中也成立.∴DE∥BC, 又 DE?平面 BCF,BC? 平面 BCF,

1 2

AD AE DB EC

-4-

∴DE∥平面 BCF. (2)证明 在等边△ABC 中,F 是 BC 的中点, ∴AF⊥CF. ∵在三棱锥 A-BCF 中,BC= 1 1 1 2 2 2 ∴BC =BF +CF = + = , 4 4 2 ∴CF⊥BF. 又 BF∩AF=F,∴CF⊥平面 ABF. 1 1 (3)解 VF-DEG=VE-DFG= × ×DG×FG×GE 3 2 1 1 1 ?1 3 3? 1 = × × ×? × ?× = . 3 2 3 ?3 2 ? 3 324 → → → 3.(1)证明 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的 正方向建立空间直角坐标系(如图). 设 AB=a,则 A(0,0,0), 2 , 2

D(0,1,0),D1(0,1,1),

?a ? E? ,1,0?,B1(a,0,1), ?2 ?
→ → ? a ? 故AD1=(0,1,1),B1E=?- ,1,-1?. ? 2 ? → → ∵AD1·B1E =- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥AD1. (2)解 假设在棱 AA1 上存在一点

a

P(0,0,z0).
使得 DP∥平面 B1AE, → 此时DP=(0,-1,z0). → → ?a ? 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z),且AB1=(a,0,1),AE=? ,1,0?. ?2 ? ∵n⊥平面 B1AE,

-5-

ax+z=0, ? ? → ∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2
→ 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ?

?

a

?

a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0, 2
1 解得 z0= .又 DP?平面 B1AE, 2 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 4.(1)证明 以 D 为原点,DA 所在直线为 x 轴,过 D 作 AC 的垂线为 y 轴,DB 所在直线为 z 轴,建立空间直角坐标系(如图所示).

则 D(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),E(-1,-1,0),

A1(1,-2,0),C1(-1,-2,0),B(0,0, 3),B1(0,-2, 3).


AE=(-2,-1,0),A1D=(-1,2,0),BD=(0,0,- 3),∴AE·A1D=2-2+0=0.
→ → → → ∴AE⊥A1D.同理,AE·BD=0, → → ∴AE⊥BD. 又 A1D∩BD=D,∴AE⊥平面 A1BD. → ? ?n1·A1D=0, (2)解 设平面 A1BD 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1),由? → ? ?n1·BD=0









?-x1+2y1=0, ?? ?- 3z1=0,

取 n1=(2,1,0).

设平面 AA1B 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2), → → → → 由于A1A=(0,2,0),A1B=(-1,2, 3),由 n2·A ? 1B=0,n2·A1A=0

{

?-x2+2y2+ 3z2=0, ? ?2y2=0,

取 n2=(3,0, 3),∴cos〈n1,n2〉=

6 5· 12



15 , 5
-6-

故所求二面角的余弦值为

15 . 5

→ (3)解 B1B=(0,2,0),平面 A1BD 的法向量取 n1=(2,1,0),则点 B1 到平面 A1BD 的距离为 d= → |B1B·n1| 2 2 = = 5. |n1| 5 5 → → → 5.(1)证明 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直 角坐标系(如图). 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),

?a ? E? ,1,0?, ?2 ?
B1(a,0,1),
→ → 故AD1=(0,1,1),B1E= → → ?a ?-a,1,-1?,AB ? ? 2 ? 1=(a,0,1),AE=? ,1,0?. ? ? ?2 ?

a → → ∵AD1·B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1. 2
→ (2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0).使得 DP∥平面 B1AE,此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

ax+z=0, ? ? → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2
→ 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量

a ? ? n=?1,- ,-a?.

?

2

?

要使 DP∥平面 B1AE,

a → 只要 n⊥DP,有 -az0=0, 2
1 解得 z0= .又 DP?平面 B1AE, 2 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE, 1 此时 AP= . 2 (3)解 连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1, 得 AD1⊥A1D.
-7-

∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(1)知 B1E⊥AD1, 且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1, → ∴AD1是平面 A1B1E 的一个法向量, → 此时AD1=(0,1,1). → 设AD1与 n 所成的角为 θ ,

则 cos θ =

= → |n||AD1| 2

n·AD1



- -a 2 1+ +a 4

a

a2

.
2

∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, ∴|cos θ |=cos 30°, 3a 2 2 5a 1+ 4 3 , 2



2



解得 a=2,即 AB 的长为 2.

高考中档大题规范练

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