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高考复习-高考理科立体几何大题.doc


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三教上人(A+版-Applicable Achives)
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三教上人(A+版-Applicable Achives)
一, [20XX·山东济南调研]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(1)求证:AA1⊥平面ABC;
(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;
(3)在线段BC1上是否存在点D,使得AD⊥A1B?若存在,试求出的值.
(1)[证明] 在正方形AA1C1C中,A1A⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C,
且平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1⊂平面AA1C1C.
∴AA1⊥平面ABC.
(2)[解] 由(1)知,AA1⊥AC,AA1⊥AB,
由题意知,在△ABC中,AC=4,AB=3,BC=5,
∴BC2=AC2+AB2,∴AB⊥AC.
∴以A为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系A-RRz.
A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),
于是=(4,0,0),=(0,3,-4),
=(4,-3,0),=(0,0,4).
设平面A1BC1的法向量n1=(R1,R1,z1),
平面B1BC1的法向量n2=(R2,R2,z2).
∴⇒
∴取向量n1=(0,4,3).
由⇒
∴取向量n2=(3,4,0).
∴cosθ===.
由题图可判断二面角A1-BC1-B1为锐角,
三教上人(A+版-Applicable Achives)
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三教上人(A+版-Applicable Achives)
故二面角A1-BC1-B1的余弦值为.
(3)[解] 假设存在点D(R,R,z)是线段BC1上一点,使AD⊥A1B,且=λ,
∴(R,R-3,z)=λ(4,-3,4),
解得R=4λ,R=3-3λ,z=4λ,
∴=(4λ,3-3λ,4λ).
又AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0,
解得λ=,
∵∈[0,1],
∴在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,
此时=.
二, 如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
[解] 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-RRz,
则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),
P(0,0,2).
(1)由题意知,AD⊥平面PAB,
所以是平面PAB的一个法向量,
=(0,2,0).
因为=(1,1,-2),=(0,2,-2).
三教上人(A+版-Applicable Achives)
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三教上人(A+版-Applicable Achives)
设平面PCD的法向量为m=(R,R,z),
则m·=0,m·=0,

令R=1,解得z=1,R=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.
从而cos〈,m〉==,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为=(-1,0,2),
设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又=(0,-1,0),
则=+=(-λ,-1,2λ),
又=(0,-2,2),
从而cos〈,〉==.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2〈,〉=
=≤.
当且仅当t=,即λ=时,|cos〈,〉|的最大值为.
因为R=cosR在上是减函数,
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP==,
所以BQ=BP=.
三,[20XX·浙江卷]如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
三教上人(A+版-Applicable Achives)
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三教上人(A+版-Applicable Achives)
(1)[证明] 延长AD,BE,CF相交于一点A,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,平面BCFE∩平面ABC=BC,且AC⊥BC,
所以AC⊥平面BCA,因此BF⊥AC.
又EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,
所以△BCA为等边三角形,且F为CA的中点,
则BF⊥CA,又AC∩CA=C,
所以BF
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