数学理人教A版一轮考点规范练：高考大题专项练4高考中的立体几何含解析

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1、高考大题专项练4高考中的立体几何I高冠题专项练第硕在如图所示的几何体中,四边形.43CD是等腰梯形,AB//CD,ZDAB=60°,FC丄平面ABCD^AE丄BD,CB=CD二CF.⑴求证:丄平面AED-(2)求二面角F-BD-C的余弦值.⑴证明:因为四边形ABCD是等腰梯形^4B//CD,ZDAB=60°,所以ZADC=ZBCD=12O°.又CB=C。所以ZCDB=30°.因此Z/D?=90°，即初丄3D头ME丄BD,且AE^AD=AyAEyADu平面AED,所以丄平面AED.(2)解法一:连接AC.由(1)知/D丄BQ,所以MC丄3C.又FC丄平面ABCD,因

2、此C4,C3,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴、尹轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB=,则C(0,0,0),3(0,1,0)Q(亭，-1,0)f(0,0,1).因此丽=(弓,・

3、,0),丽=(0,・1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x』＞z),则mBD=0,mBF=0,所以x=V3y=V3z,取z=l,则m=(V3,l,l).由于丽=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，mJ/KVmCF1V5则cos

4、由于CB=CQ,因此CG丄BD.又FC丄平面ABCD,BDu平面ABCD,所以FC丄BD.由于FCCCG=C,FC,CGu平面FCG,所以丄平面FCG,故BDLFG,所以ZFGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中，由于ZBCD=2O°,因it匕CG兮CB.又CB=CF,所以GF=yJCG2+CF?=V5CG,故cosZFGC=容,因此二面角F-BD-C的余弦值为兽.

5、[导学号92950942]如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC丄平面BCDE,ZCDE=ZBED=90°,AB=CD=2,DE=BE=^C=近.⑴证明:DE丄平面ACD;(2)

6、求二面角B-AD-E的大小.(1)证明:在直角梯形BCDE中，由DE=BE=,CD=2,得BD=BC=y/2.由ACMSB=2,得AB2=AC2-^-BC2^卩ACLBC.又平面ABC丄平面BCDE,从而/C丄平面BCDE.所以/C丄DE,又DELDC,从而DE丄平面ACD.⑵解:方法一:作BFL4D,与AD交于点F,过点F作FG〃DE,与AE交于点G琏接BG,由(1)知DE丄如2则FGL4D.所以ZBFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中，由CDFd+BD?,得BD丄BC,头平面ABC丄平面BCDE,得丄平面ABC,从而BDL4B.由于/C丄平

7、面BCDE,得彳C丄CD.在Rt/UCQ中，由DC=2^4C=V2,得AD=W.在RZED中，由ED="D=品,得AE="在RtMBD中，由BD=y[2^B=2^D=y/6,得BF=竽”F=

8、4D从而GF=

9、.在MBE,MBG中，利用余弦定理分别可得cosZ必薯/G=

10、.在△BFG中,cosZBFG=gQ+bfSg?-2BFGF~方法二:以D为原点，分别以射线DEQC为X』轴的正半轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:£)(0,0,0),£*(1,0,0),C(0,2,0)/(0,2,匹)0(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(xj

11、,zi),平面ABD的法向量为n=(X2,尹2辺),可算得AD=(0,-2,-迈)，忑=(1,・2,■迈)，丽=(1,1,0),mAD=0,p—>何■jnAE=0,-2y1-y/2z1=0,旳・2力■辰1=0,可取m=(0,1,-V2).由?v竺=0,即f-2y2-V2z2由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小是密6

12、[导学号92950943]{n~BD=0,*2+y2=可取n=(l,-l,V2).如图，在四棱锥P-ABCD中，必丄底面ABCDJB丄⑴求证:平面必〃丄平面PAD.(2)设AB=AP.曲直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段A

13、B的长.②在线段ADX1是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.⑴证明:因为P4丄平面SBCDSBu平面ABCD,所以必丄又丄AD,PA^AD=A,所以力3丄平面PAD.又MBu平面血乩所以平面丄平面PAD.⑵解:以力为坐标原点，分别以丽，丽，丽的方向为x轴、尹轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.在平面ABCD内，作CE//AB交于点E,则CE丄AD,在Rt^CDE+,DE=CDcos45°=l,CE=CZ)sin45°=1.AB=AP=t^3(/,0,0),P(0,(M).由ABAD=4得AD=4-t,所以E(0

14、,3・f,