《(名師導學)2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)練習 理(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(名師導學)2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)練習 理(含解析)新人教A版(23頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、第61講立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)夯實基礎【p139】【學習目標】1能根據(jù)題目條件靈活選擇用幾何法或向量法解決問題2會分析探究立體幾何中位置關系問題和幾何量的取值問題,培養(yǎng)探究思維能力【基礎檢測】1已知矩形ABCD,AB1,BC.將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折,在翻折過程中,()A存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直B存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直C存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直D對任意位置,三對直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直【解析】對于ABCD,因為BCCD,由線面垂直的判定可得CD平面ACB,則有CDAC,而AB
2、CD1,BCAD,可得AC1,那么存在AC這樣的位置,使得ABCD成立【答案】B2如圖,斜線段AB與平面所成的角為60,B為斜足,平面上的動點P滿足PAB30,則點P的軌跡是()A直線B拋物線C橢圓D雙曲線的一支【解析】利用平面截圓錐面直接得軌跡因為PAB30,所以點P的軌跡為以AB為軸線,PA為母線的圓錐面與平面的交線,且平面與圓錐的軸線斜交,故點P的軌跡為橢圓【答案】C3(1)三角形的一邊BC在平面內,l,垂足為A,ABC,P在l上滑動,點P不同于A,若ABC是直角,則PBC是_三角形;(2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面內,直角頂點P在平面外,P在平面上的射影為A,則ABC是_三角形(
3、填“銳角”“直角”或“鈍角”)【解析】(1)如圖,PA平面ABC,PABC,又ABC90,BCAB,BC平面PAB,PBC90.(2)如圖,PB2PC2BC2,ABPB,ACPC,所以AB2AC2BC2,故BAC為鈍角【答案】(1)直角;(2)鈍角4如圖,某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點A處進行射擊訓練已知點A到墻面的距離為AB,某目標點P沿墻面上的射線CM移動,此人為了準確瞄準目標點P,需計算由點A觀察點P的仰角的大小若AB15 m,AC25 m,BCM30,則tan的最大值是_(仰角為直線AP與平面ABC所成角)【解析】先利用解三角形知識求解,再利用確定函數(shù)最值的方法確定最值如圖,過
4、點P作POBC于點O,連接AO,則PAO.設COx m,則OPx m.在RtABC中,AB15 m,AC25 m,所以BC20 m所以cosBCA.所以AO(m)所以tan.當,即x時,tan取得最大值為.【答案】【知識要點】1折疊問題(1)將平面圖形按一定規(guī)則折疊成立體圖形,再對立體圖形的位置和數(shù)量關系進行論證和計算,這就是折疊問題(2)處理折疊問題,要先畫好平面圖形,并且注意平面圖形與立體圖形的對照使用,這樣有利于分析元素間的位置關系和數(shù)量關系(3)要注意分析折疊前后位置關系及數(shù)量關系的變化一般位于折線一邊的點、線間的位置關系和數(shù)量關系不變,位于折線兩邊的點、線間的位置關系,數(shù)量關系要發(fā)生
5、變化不變的關系,要注意在平面圖形中處理;變化的關系,一般在立體圖形中處理2探究性問題(1)若某幾何量或幾何元素的位置關系存在時,某點或線或面應具備何種條件的問題,就是立體幾何中的探究性問題(2)探究性問題的題設情境通常就是“是否存在”,其求解策略是:觀察猜想證明;賦值推斷;類比聯(lián)想;特殊一般特殊典例剖析【p139】考點1線面位置關系的證明在四棱錐PABCD中,PD底面ABCD,底面ABCD為正方形,PDDC,E、F分別是AB、PB的中點(1)求證:EFCD;(2)在平面PAD內求一點G,使GF平面PCB,并證明你的結論【解析】(1)如圖,分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間
6、直角坐標系設ADa,則D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F(xiàn).,(0,a,0)0,即EFCD.(2)設G(x,0,z),則,若使GF平面PCB,則由(a,0,0)a0,得x;由(0,a,a)a0,得z0.G點坐標為,即G點為AD的中點考點2空間角與距離的求法如圖,BCD與MCD都是邊長為2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,AB2,求點A到平面MBC的距離【解析】如圖,取CD的中點O,連接OB,OM.因為BCD與MCD均為正三角形,所以OBCD,OMCD,又平面MCD平面BCD,所以MO平面BCD.以O為坐標原點,直線OC
7、,BO,OM分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系Oxyz.因為BCD與MCD都是邊長為2的正三角形,所以OBOM,則O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,0),A(0,2),所以(1,0),(0,)設平面MBC的法向量為n(x,y,z),由得即取x,可得平面MBC的一個法向量為n(,1,1)又(0,0,2),所以所求距離為d.【點評】求點面距一般有以下三種方法:作點到面的垂線,點到垂足的距離即為點到平面的距離;等體積法;向量法其中向量法在易建立空間直角坐標系的規(guī)則圖形中較簡便考點3平面圖形的翻折問題如圖1,ACB45,BC3,過點A作ADBC,垂足D在線段BC上且異
8、于點B,連接AB,沿AD將ABD折起,使BDC90(如圖2所示)(1)當BD的長為多少時,三棱錐ABCD的體積最大;(2)當三棱錐ABCD的體積最大時,設點E,M分別為棱BC,AC的中點,試在棱CD上確定一點N,使得ENBM,并求EN與平面BMN所成角的大小【解析】(1)在如圖1所示的ABC中,設BDx(0x3),則CD3x.由ADBC,ACB45知,ADC為等腰直角三角形,所以ADCD3x.由折起前ADBC知,折起后(如圖2),ADDC,ADBD,且BDDCD,所以AD平面BCD.又BDC90,所以SBCDBDCDx(3x),于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x),
9、當且僅當2x3x,即x1時,等號成立,故當x1,即BD1時,三棱錐ABCD的體積最大(另:VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x),由f(x)(x1)(x3)0,且0x0;當x(1,3)時,f(x)0),則C(m,0),(m,0)設n1(x,y,z)為平面ACE的法向量,則即可取n1.又n2(1,0,0)為平面DAE的法向量,由題設易知|cosn1,n2|,即,解得m.因為E為PD的中點,所以三棱錐EACD的高為.三棱錐EACD的體積V.8如圖,在直三棱柱(側棱和底面垂直的棱柱)ABCA1B1C1中,平面A1BC側面A1ABB1,ABBCAA13,
10、線段AC、A1B上分別有一點E、F,且滿足2AEEC,2BFFA1.(1)求證:ABBC;(2)求點E到直線A1B的距離;(3)求二面角FBEC的平面角的余弦值【解析】(1)如圖,過點A在平面A1ABB1內作ADA1B于D,則由平面A1BC側面A1ABB1,且平面A1BC側面A1ABB1A1B,得AD平面A1BC,又BC平面A1BC,所以ADBC.因為三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,則AA1底面ABC,所以AA1BC.又AA1ADA,從而BC側面A1ABB1,又AB側面A1ABB1,故ABBC.(2)由(1)知,以點B為坐標原點,以BC、BA、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸,可建立
11、如圖所示的空間直角坐標系,則B(0,0,0),A(0,3,0),C(3,0,0),A1(0,3,3)由線段AC、A1B上分別有一點E、F,滿足2AEEC,2BFFA1,所以E(1,2,0),F(xiàn)(0,1,1)(1,1,1),(0,3,3)所以EFBA1,所以點E到直線A1B的距離d.(3)(1,2,0),(0,1,1),設平面BEF的法向量為n(x,y,z),則取x2,得n(2,1,1),根據(jù)題意知平面BEC的法向量為m(0,0,1),設二面角FBEC的平面角為,是鈍角,cos |cosm,n|.二面角FBEC的平面角的余弦值為.B組題1如圖,在正方形ABCD中,EFAB,若沿EF將正方形折成一
12、個二面角后,AEEDAD11,則AF與CE所成角的余弦值為_【解析】如圖,建立空間直角坐標系,設ABEFCD2,AEDEAD11,則E(0,0,0),A(1,0,0),F(xiàn)(0,2,0),C(0,2,1),(1,2,0),(0,2,1),cos,AF與CE所成角的余弦值為.【答案】2如圖,在幾何體ABCDEF中,ABCD,ADDCCB1,ABC60,四邊形ACFE為矩形,平面ACFE平面ABCD,CF1.(1)求證:平面FBC平面ACFE;(2)點M在線段EF上運動,設平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為(90),試求cos 的取值范圍【解析】(1)在四邊形ABCD中,ABCD,ADDCC
13、B1,ABC60,AB2,AC2AB2BC22ABBCcos 603,AB2AC2BC2,BCAC.平面ACFE平面ABCD,平面ACFE平面ABCDAC,BC平面ABCD,BC平面ACFE.又因為BC平面FBC,所以平面FBC平面ACFE.(2)由(1)知可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸,y軸,z軸的如圖所示的空間直角坐標系Cxyz,令FM(0),則C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),(,1,0),(,1,1)設n1(x,y,z)為平面MAB的法向量,由得取x1,則n1(1,)n2(1,0,0)是平面FCB的一個法向量,cos .0,當0時,cos 有最
14、小值,當時,cos 有最大值,cos .3在三棱柱ABCA1B1C1中,已知ABACAA1,BC4,A1在底面ABC的射影是線段BC的中點O.(1)證明:在側棱AA1上存在一點E,使得OE平面BB1C1C,并求出AE的長;(2)求二面角A1B1CC1的余弦值【解析】(1)連接AO,在AOA1中,作OEAA1于點E,因為AA1BB1,所以OEBB1,因為A1O平面ABC,所以BC平面AA1O,所以BCOE,所以OE平面BB1C1C,又AO1,AA1,得AE.(2)如圖,分別以OA,OB,OA1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,2,0),A1
15、(0,0,2)由,得點E的坐標是,由(1)知平面B1CC1的一個法向量為,設平面A1B1C的法向量是n(x,y,z),由得可取n(2,1,1),所以所求二面角的余弦值為cos,n.4平面圖形ABB1A1C1C如圖所示,其中BB1C1C是矩形,BC2,BB14,ABAC,A1B1A1C1.現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊,使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直,再分別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖所示的空間圖形對此空間圖形解答下列問題:(1)證明:AA1BC;(2)求AA1的長;(3)求二面角ABCA1的余弦值【解析】法一:(1)取BC,B1C1的中點分別為D和D1,
16、連接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C為矩形知,DD1B1C1,因為平面BB1C1C平面A1B1C1,所以DD1平面A1B1C1,又由A1B1A1C1知,A1D1B1C1.故以D1為坐標原點,可建立如圖所示的空間直角坐標系D1xyz.由題設,可得A1D12,AD1.由以上可知AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,于是ADA1D1.所以A(0,1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(1,0,4),D(0,0,4)故(0,3,4),(2,0,0),0,因此,即AA1BC.(2)因為(0,3,4),所以5,即AA15.(3)連接A1D,由BCAD,BCAA1,可知BC平面A
17、1AD,BCA1D,所以ADA1為二面角ABCA1的平面角因為(0,1,0),(0,2,4),所以cos,.即二面角ABCA1的余弦值為.法二:(1)取BC,B1C1的中點分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD,A1D.由條件可知,BCAD,B1C1A1D1,由上可得AD面BB1C1C,A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1,即AD,A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1BB1,BB1BC,所以DD1BC.又考慮到ADBC,所以BC平面AD1A1D,故BCAA1.(2)延長A1D1到G點,使GD1AD,連接AG.因為ADGD1,且ADGD1,所以AGDD1BB1,且AGDD1BB1.由于BB1平面A1B1C1,所以AGA1G.由條件可知,A1GA1D1D1G3,AG4,所以AA15.(3)因為BC平面AD1A1D,所以ADA1為二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中,DD14,A1D12,解得sinD1DA1,則cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值為.23