高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何a理

1、高考数学理科大题练习1 三立体几何 (a) 1. 如图 , 四边形 abcd 为正方形 ,pd平面 abcd,dpc=30 ,af pc于点 f,fecd,交 pd于点 e. (1) 证明 :cf平面 adf; (2) 求二面角d af e的余弦值 . 2.(2018 赤峰模拟 ) 如图 , 多面体 abcdef 中 ,四边形 abcd 为平行四边形 , 其中 bad= ,ad=,ab=1, 等边ade所在平面与平面abcd垂直 , fc 平面 abcd, 且 fc= . (1) 点 p在棱 ae上,且=2,q 为 ebc的重心 , 求证 :pq平面 edc. (2) 求平面 def与平面 e

2、ab所成锐二面角的余弦值. 3.(2018 延边质检 ) 在三棱柱abc a1b1c1中,ab平面 bcc1b1,bcc1= , ab=bc=2,bb1=4,点 d在棱 cc1上, 且cd= cc1(01). 建立如图所示的空间直角坐标系. (1) 当 = 时, 求异面直线ab1与 a1d的夹角的余弦值; (2) 若二面角a b1d a1的平面角为, 求的值 . 4.(2018 赤 峰 二模 ) 如图 , 在 梯形abcd中 ,ab cd, bcd=, 四 边形acfe 为 矩形 , 且cf 平 面abcd,ad=cd=bc=cf=1. 高考数学理科大题练习2 (1) 求证 :ef平面 bcf

3、. (2) 点 m在线段 ef(含端点 ) 上运动 , 当点 m在什么位置时 , 平面 mab与平面 fcb所成锐二面角 最大 , 并求此时二面角的余弦值. 1.(1)证明 :由题意可知dadc,da dp,dc dp, 故可以 d为原点 ,dp 所在直线为x 轴,dc 所在直线为y 轴,da 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系, 设正方形abcd 的边长为a, 则 c(0,a,0),a(0,0,a), 由平面几何知识可求得f(a,a,0), 所以=(a,-a,0), =(a,a,0), =(0,0,a), 所以=(a,-a,0) (a,a,0)=0, =(a,-a,0) (0,0,a)=0,

4、 故 cfdf,cfda. 又 dfda=d, 所以 cf平面 adf. (2) 解 : 可求得 e(a,0,0), 则=(a,0,-a), 又=(a,a,-a), 设平面 aef的法向量为n=(x,y,z), 则 n=(x,y,z)(a,0,-a)=ax-az=0, n=(x,y,z) (a,a,-a) =ax+ ay-az=0, 取 x=1, 得平面 aef的一个法向量n=(1,0,). 又由 (1) 知平面 adf的一个法向量为=(a,-a,0), 故 cos=, 由图可知二面角d af e为锐二面角 , 高考数学理科大题练习3 所以其余弦值为. 2.(1)证明 :如图 , 在棱 be上

5、取点 m,使得 bm=2me, 连接 bq并延长 , 交 ce于点 n. 则在 abe中, 又 ap=2pe, 所以 pm ab, 又四边形abcd 为平行四边形 , 所以 ab cd,所以 pm cd. 在 bce中,q 为重心 , 所以 bq=2qn, 又 bm=2me, 所以 mq ec. 又因为 pm mq=m,cdec=c, 所以平面mpq 平面 dec. 又 pq ? 平面 mpq, 所以 pq 平面 edc. (2) 解 : 在 abd中 ,bad= ,ad=,ab=1, 由余弦定理可得, bd2=ab2+ad2-2ab adcosbad=12+()2-2 1cos=1, 所以

6、bd=1.取 ad的中点 o, 连接 eo,ob, 在 ead中,ea=ed=ad=, 所以 eo ad,且 eo=ad= . 又因为平面ead 平面 abcd, 平面 ead 平面 abcd=ad, 所以 eo 平面 abcd, 又在 abd中,ab=bd=1,ad=, 所以 ob ad,且 ob= , 如图 , 以 o为坐标原点 , 分别以 oa,ob,oe所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则 a(,0,0),d(-,0,0),b(0,0),e(0,0,),f(-,). 则=(-,0), =(-,0,), 高考数学理科大题练习4 =(,0,),=(-,). 设平面 abe的法向量

7、为m=(x1,y1,z1), 则由可得整理得令 z1=1, 则 x1=,y1=3, 所以 m=(,3,1) 为平面 abe的一个法向量 . 设平面 def的法向量为n=(x2,y2,z2), 则由可得整理得令 z2=-1, 则 x2=,y2=6. 所以 n=(,6,-1)为平面 def的一个法向量 . 所以 cos=, 设平面 def与平面 eab所成锐二面角为, 则 cos =cos=. 3. 解:(1) 易知 a(0,0,2),b1(0,4,0),a1(0,4,2). 当= 时, 因为 bc=cd=2, bcc1= , 所以 c(,-1,0),d(,1,0). 所以=(0,4,-2),=(

8、,-3,-2), 所以 cos=-. 故异面直线ab1与 a1d的夹角的余弦值为. 高考数学理科大题练习5 (2) 由 cd= cc1可知 ,d(,4 -1,0), 所以=(-,5-4 ,0), 由(1) 知,=(0,4,-2). 设平面 ab1d的法向量为m=(x,y,z), 则即令 y=1, 解得 x=,z=2, 所以平面ab1d的一个法向量为m=(,1,2). 设平面 a1b1d的法向量为n=(x ,y ,z ), 则即令 y=1,解得 x=,z =0, 所以平面a1b1d的一个法向量为n=(,1,0). 因为二面角a b1d a1的平面角为, 所以 |cos|=| =, 即(5-4 )

9、2=9, 解得 = 或 =2(舍 ), 故的值为. 4.(1)证明 :在梯形 abcd 中, 因为 ab cd,ad=cd=bc=1, 又因为 bcd=, 所以 ab=2, 所以 ac2=ab2+bc2-2abbc cos 60 =3. 所以 ab2=ac2+bc2. 所以 bc ac. 因为 cf平面 abcd,ac ? 平面 abcd, 所以 ac cf, 而 cfbc=c, 所以 ac 平面 bcf, 因为 ef ac, 所以 ef平面 bcf. 高考数学理科大题练习6 (2) 解 : 由(1) 可建立分别以直线ca,cb,cf为 x 轴,y 轴,z 轴的空间直角坐标系如图所示, ad=cd=bc=cf=1, 令 fm= (0), 则 c(0,0,0),a(,0,0),b(0,1,0),m(,0,1), 所以=(-,1,0),=( ,-1,1), 设 n1=(x,y,z)为平面 m