专题4.3+折叠与探究性问题问题(理科)-高考数学备考之百强校大题狂练

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专题43 折叠与探究性问题问题理第02期高考数学解答题训练.doc

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3.如图,在等腰梯形ADEB 中,BE//AD, 一、解答题1.如图,已知菱形,AECD 的对角线AC, DE 交于点F,点E 为的AB 中点.将三角形・ADE 沿■线段DE 折起到PDE 的位 置,如图2所示.图1 - 图2(I )求证:DE 1平面PCF ;(II) 证明:平面PBC J ■平面PCF ;(III) 在线段PD,BC 上是否分别存在点M,N,使得平面CFM 〃平面PEN?若存在,请指出点M,N 的位置,并证 明;若不存在,请说明理由.学-科网2,在矩形ABCD 中,AB=1, AD = 2, E 为线段AD 的中点,如图1,沿BE 将AABE 折起至APBE,使BP 1CE,如 图2所示.(1) 求证:平面PBE J ■平面BCDE;(2) 求点D 到平面PEC 的距离.且AD = 2BE = 2AB = 2BC = 4,沿BC 翻折使得平面ABC 1平面BCDE, 得到四棱锥A-BCDE,若点F 为AE 的中点.(2)求点C 到平面ABE 的距离. (1)求证:AC//平面BDF;4.在梯形ABCQ中(图1), AB//CD, , &5 = 2, CD = 5,过A、B分别作CD的垂线,垂足分别为上、F,已知DE = l, AE = 2,,将梯形ABCD沿AE、BF同侧折起,使.得AF ± BD , DE//CF , 得空间几何体ADE-BCF (图2).(1)证明:3E//平面A CD;(2)求三棱锥E-ACD的体积.5.,如图,在四棱锥P-ABCD中,底面A3CD为平行四边形,ZDAB =60° , PD = AD = -AB = 2,2PD 底面A3CD , .E 为PC 上一点,且PE = 2EC.(1)在PB上是否存在点F,使得P3上平面ADF?若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.(2)求三棱锥P-EBD的体积.6.如图,在四棱柱ABCD-A.B^D,中,底面^BCD, ZBAD = 90° , AD BC ,且A l A = AD = 2BC = 2, AB = 1 一点E在棱A3上,平面与棱GQ相交于点F .(I )求证:\F平面B X CE .(II)求证:AC±平面CDDC .学+科网(III)求三棱锥 B.-A.EF的体积的取值范围.。

2025年高考数学一轮复习-立体几何中的折叠、探究问题-专项训练【含答案】

2025年高考数学一轮复习-立体几何中的折叠、探究问题-专项训练【含答案】
3
所以 E(0,0,0), B(1,0, 3),C(1,2, 3),M(2,m,0)且 0≤m≤2, 则E→B=(1,0, 3),E→C=(1,2, 3),E→M=(2,m,0),
E→C·n=x+2y+ 3z=0, 若 n=(x,y,z)是平面 EMC 的法向量,则 E→M·n=2x+my=0, 令 x=m,则 n=(m,-2,4-m),
O→D=

2a,0,0 2

设平面 PAC 与平面 ACS 夹角的大小为θ.
则 cos θ=|cos 〈D→S,O→D〉|=||DD→→SS|·|OO→→DD||=12,
所以平面 PAC 与平面 ACS 夹角的大小为π. 3
(3)解 在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.理由如下:
由(2)知D→S是平面 PAC 的一个法向量,
且D→S=
2a,0,-
2a, 2
6a 2

B→C=

2a, 2
2a,0 2
.
设C→E=tC→S,t∈[0,1],
则B→E=B→C+C→E=B→C+tC→S=

2a, 2
2a(1-t), 2
6at 2
.
因为 BE∥平面 PAC,所以B→E·D→S=0,
所以-1a2+3a2t=0,解得 t=1.
二、创新拓展练 4.如图 1,四边形 ABCD 为梯形,AD∥BC,BM⊥AD 于点 M,CN⊥AD 于点 N, ∠A=45°,AD=4BC=4,AB= 2,现沿 CN 将△CDN 折起,使△ADN 为正三角 形,且平面 ADN⊥平面 ABCN,过 BM 的平面与线段 DN,DC 分别交于点 E,F, 如图 2.
3
|cos〈E→B,n〉|=||EE→→BB|·|nn||

高考数学百日冲刺技巧大全之立体几何中的探索问题.doc

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高考数学百日冲刺技巧大全之立体几何中
的探索问题
【高考地位】
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立,立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力,又可以考查学生的意志力及探究的能力.近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题.内容涉及异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角,平行与垂直等方面,对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决.一般此类立体几何问题描述的是动态的过程,结果具有不唯一性或者隐藏性,往往需要耐心尝试及等价转化,因此,对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的.
【方法点评】
方法一直接法
使用情景:立体几何中的探索问题
解题模板:第一步首先假设求解的结果存在,寻找使这个结论成立的充分条件;
第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决;
第三步得出结论,如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果
要求的条件,或出现了矛盾,则不存在..
方法二空间向量法
使用情景:立体几何中的探索问题
解题模板:第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并假设求解的结果存在,寻找使这个结论成立的充分条件;
第二步然后运用空间向量将立体几何问题转化为空间向量问题并进行计算、求解;
第三步得出结论,如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果
要求的条件,或出现了矛盾,则不存在..。

高考数学一轮总复习 第60讲 折叠问题与探究性问题考点集训 理 新人教A版

高考数学一轮总复习 第60讲 折叠问题与探究性问题考点集训 理 新人教A版

考点集训(六十) 第60讲 折叠问题与探究性问题1.点A ,B ∈平面α,点P ∉平面α,线段AP ,BP 在α内的射影长分别是3和5,则线段AB 的最大值和最小值分别是A .8和2B .4和4C .5和3D .无最值2.如图,边长为4的等边三角形ABC 中,AD ⊥BC 于D ,将△ABD 沿AD 折起,使得折后二面角B -AD -C 的大小为60°,则点D 到平面ABC 的距离为A.2155B.155C.235 D.353.过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ,使l 与棱AB ,AD ,AA 1所成角都相等,这样的直线可以作A .1条B .2条C .3条D .4条4.如图,在四棱锥P -ABCD 中,侧面PAD 为正三角形,底面ABCD 为正方形,侧面PAD ⊥底面ABCD ,M 为底面ABCD 内的一个动点,且满足MP =MC ,则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为5.在▱ABCD 中,AB =AC =1,∠ACD =90°,将它沿对角线AC 折起,使AB 和CD 成60°角,则B ,D 两点间的距离为__________.6.如图:四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥AD ,AD =12BC =3,PC = 5.AD ∥BC ,AB =AC.∠BAD=150°,∠PDA =30°.(1)证明:PA ⊥平面ABCD ;(2)在直线PD 上是否存在一点F ,使平面FBC 与平面PBC 所成角的余弦值为12,若存在,指出F 点的位置,若不存在,请说明理由.7.在正方体ABCD -EFGH 中,设BC 的中点为M ,GH 的中点为N. (1)证明:直线MN ∥平面BDH ; (2)求二面角A -EG -M 的余弦值.8.如图1,∠ACB =45°,BC =3,过点A 作AD ⊥BC ,垂足D 在线段BC 上且异于点B ,连接AB ,沿AD 将△ABD 折起,使∠BDC =90°(如图2所示).(1)当BD 的长为多少时,三棱锥A -BCD 的体积最大;(2)当三棱锥A -BCD 的体积最大时,设点E ,M 分别为棱BC ,AC 的中点,试在棱CD 上确定一点N ,使得EN ⊥BM ,并求EN 与平面BMN 所成角的大小.第60讲 折叠问题与探究性问题【考点集训】1.A 2.A 3.D 4.A 5.2或 2 6.【解析】(1)取线段BC 中点E ,连结AE. 因为AD =3,∠PDA =30°,所以PA =1.因为AD ∥BC ,∠BAD =150°,所以∠B =30°, 又因为AB =AC ,所以AE ⊥BC ,而BC =23,所以AC =AB =BEcos 30°=2.因为PC =5,所以PC 2=PA 2+AC 2,即PA ⊥AC , 因为PA ⊥AD ,且AD ∩AC =A , 所以PA ⊥平面ABCD.(2)以A 为坐标原点,以AE ,AD ,AP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系如图所示:则P ,B ,C ,D 四点坐标分别为:P(0,0,1),B(1,-3,0),C(1,3,0),D(0,3,0). 设F(x 0,y 0,z 0);因为点F 在直线PD 上,设PF →=λPD →,所以⎩⎨⎧x 0=0,y 0=3λ,z 0=1-λ,即F(0,3λ,1-λ),所以FC →=(1,3-3λ,λ-1). 设平面FBC 的法向量为m =(x ,y ,z ).由m ·BC →=0,m ·FC →=0,得⎩⎨⎧x +(3-3λ)y +(λ-1)z =0,23y =0,∴m =(1-λ,0,1). 设平面PBC 的法向量u =(x 1,y 1,z 1).所以u ·PB →=0,u ·BC →=0,所以⎩⎨⎧x 1-3y 1-z 1=0,23y 1=0,所以u =(1,0,1),因为平面FBC 与平面PBC 所成角的余弦值等于12,所以|m ·u ||m |·|u |=12.所以|2-λ|2·2-2λ+λ2=12,即λ=3± 3.所以当PF →=(3±3)PD →时,平面FBC 与平面PBC 所成角的余弦值为12.7.【解析】(1)如图(1),连接BD ,设O 为BD 的中点.因为M ,N 分别是BC ,GH 的中点,所以OM ∥CD ,且OM =12CD ,HN ∥CD ,且HN =12CD ,所以OM ∥HN ,OM =HN .所以四边形MNHO 是平行四边形, 从而MN ∥OH . 又MN ⊄平面BDH , OH ⊂平面BDH , 所以MN ∥平面BDH .(2)方法一:如图(1),连接AC ,过M 作MP ⊥AC 于P . 在正方体ABCD -EFGH 中,AC ∥EG ,所以MP ⊥EG . 过P 作PK ⊥EG 于K ,连接KM , 所以EG ⊥平面PKM ,从而KM ⊥EG .所以∠PKM 是二面角A -EG -M 的平面角. 设AD =2,则CM =1,PK =2.在Rt △CMP 中,PM =CM sin 45°=22.在Rt △PKM 中,KM =PK 2+PM 2=322.所以cos ∠PKM =PK KM =223,即二面角A -EG -M 的余弦值为223.方法二:如图(2),以D 为坐标原点,分别以DA →,DC →,DH →的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系D -xyz .设AD =2,则M (1,2,0),G (0,2,2),E (2,0,2),O (1,1,0),所以GE →=(2,-2,0),MG →=(-1,0,2). 设平面EGM 的一个法向量为n 1=(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →=0,n 1·MG →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧2x -2y =0,-x +2z =0,取x =2,得n 1=(2,2,1).在正方体ABCD -EFGH 中,DO ⊥平面AEGC ,则可取平面AEG 的一个法向量为n 2=DO →=(1,1,0),所以cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=2+2+04+4+1·1+1+0=223,故二面角A -EG -M 的余弦值为223.8.【解析】(1)在如图1所示的△ABC 中, 设BD =x (0<x <3),则CD =3-x .由AD ⊥BC ,∠ACB =45°知,△ADC 为等腰直角三角形, 所以AD =CD =3-x .由折起前AD ⊥BC 知,折起后(如图2),AD ⊥DC ,AD ⊥BD ,且BD ∩DC =D ,所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC =90°,所以S △BCD =12BD ·CD =12x (3-x ),于是V A -BCD =13AD ·S △BCD =13(3-x )·12x (3-x )=112·2x (3-x )(3-x ) ≤112⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x +(3-x )+(3-x )33=23, 当且仅当2x =3-x ,即x =1时,等号成立,故当x =1,即BD =1时,三棱锥A -BCD 的体积最大.(另:V A -BCD =13AD ·S △BCD=13(3-x )·12x (3-x )=16(x 3-6x 2+9x ). 令f (x )=16(x 3-6x 2+9x ),由f ′(x )=12(x -1)(x -3)=0,且0<x <3,解得x =1.当x ∈(0,1)时,f ′(x )>0; 当x ∈(1,3)时,f ′(x )<0.所以当x =1时,f (x )取得最大值.故当BD =1时,三棱锥A -BCD 的体积最大.)(2)解法一:以D 为原点,建立如图a 所示的空间直角坐标系D -xyz ,由(1)知,当三棱锥A -BCD 的体积最大时,BD =1,AD =CD =2.于是可得D (0,0,0),B (1,0,0),C (0,2,0),A (0,0,2),M (0,1,1),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,0,且BM →=(-1,1,1).设N (0,λ,0),则EN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,λ-1,0.因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →=0,即⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,λ-1,0·(-1,1,1)=12+λ-1=0,故λ=12,N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0. 所以当DN =12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时,EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN →,n ⊥BM →,及BN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,12,0,得⎩⎪⎨⎪⎧y =2x ,z =-x ,可取n =(1,2,-1). 设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ,则由EN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,-12,0,n =(1,2,-1),可得sin θ=cos(90°-θ)=|n ·EN →||n |·|EN →|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-12-16×22=32,即θ=60°.故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.解法二:由(1)知,当三棱锥A -BCD 的体积最大时,BD =1,AD =CD =2,如图b ,取CD 的中点F ,连结MF ,BF ,EF ,则MF ∥AD ,EF ∥BD .由(1)知AD ⊥平面BCD ,所以MF ⊥平面BCD .如图c ,延长FE 至P 点使得FP =DB ,连BP ,DP ,则四边形DBPF 为正方形, 所以DP ⊥BF ,取DF 的中点N ,连结EN , 又E 为FP 的中点,则EN ∥DP , 所以EN ⊥BF .因为MF ⊥平面BCD , 又EN ⊂平面BCD ,所以MF ⊥EN . 又MF ∩BF =F ,所以EN ⊥平面BMF . 又BM ⊂平面BMF ,所以EN ⊥BM .因为EN ⊥BM 当且仅当EN ⊥BF ,而点F 是唯一的,所以点N 是唯一的.即当DN =12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时,EN ⊥BM ,连接MN ,ME ,由计算得NB =NM =EB =EM =52, 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形, 如图d 所示,取BM 的中点G ,连接EG ,NG ,则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN.故∠ENH是EN与平面BMN所成的角.在△EGN中,易得EG=GN=NE=22,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.。

备战高考数学二轮复习 难点2.8 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题教学案 文

备战高考数学二轮复习 难点2.8 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题教学案 文

立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题,要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力,才能顺利解答.从实际教学和考试来看,学生对这类题看到就头疼.分析原因,首先是学生的空间想象力较弱,其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨.1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,并弄清折叠前后哪些发生了变化,哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程,一般地,涉及到多面体表面的问题,解题时不妨将它展开成平面图形试一试. 例1【河南省中原名校2018届第五次联考】如图甲,在四边形ABCD 中, 23,2AD CD ==, ABC ∆是边长为4的正三角形,把ABC ∆沿AC 折起到PAC ∆的位置,使得平面PAC ⊥平面ACD ,如图乙所示,点,,O M N 分别为棱,,AC PA AD 的中点.(1)求证: AD ⊥平面PON ;(2)求三棱锥M ANO -的体积.思路分析:(1)在正三角形APC ∆中可得PO AC ⊥,有根据题意得到PO ⊥平面ACD ,从而得PO AD ⊥,计算可得AD CD ⊥.由,O N 分别为棱,AC AD 的中点,得到//ON CD ,故ON AD ⊥.根据线面垂直的判定定理可得AD ⊥平面PON .(2)由条件得23ACD S ∆=,故1342NAO ACD S S ∆∆==,又可得点M 到平面ANO 的距离为1h 32OP ==,故可求得三棱锥M ANO -的体积.点评:本题考查了直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质,以折叠问题为载体,折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题,不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线,线面和面面垂直的判定方法及相互转化,还要正确识别出折叠而成的空间图形,更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量(边长与角)的变化情况,否则无法正确解题.这正是折叠问题的价值之所在. 2 立体几何中的最值问题 解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,通常应注意分析题目中所有的条件,首先应该在充分理解题意的基础上,分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能,再看是否可将问题条件转化为函数,若能写出确定的表意函数,则可用建立函数法求解;再不能,则要考虑其中是否存在不等关系,看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面,这样依次顺序思考,基本可以找到解题的途径.例2【宁夏育才中学2018届第三次月考】一个棱长为5的正四面体(棱长都相等的三棱锥)纸盒内放一个小正四面体,若小正四面体在纸盒内可以任意转动,则小正四面体棱长的最大值为__________. 【答案】53【解析】设大正四面体的内切球半径为r ,则222211311353455532323r ⎛⎫⨯⨯⨯=⨯- ⎪ ⎪⎝⎭得612r =.设小正四面体棱长的最大值为x ,内切球为小正四面体的外接球,则2223633r x x r ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即222563656123312x x ⎛⎛⎫⎛=+- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,解得53x =.点评:本题考查了球与几何体的问题,是高考中的重点问题,要有一定的空间想象能力,这样才能找准关系,得到结果,一般外接球需要求球心和半径,首先应确定球心的位置,借助于外接球的性质,球心到各顶点距离相等,这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心,过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等,然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线(这两个多边形需有公共点),这样两条直线的交点,就是其外接球的球心,再根据半径,顶点到底面中心的距离,球心到底面中心的距离,构成勾股定理求解,有时也可利用补体法得到半径,例:三条侧棱两两垂直的三棱锥,可以补成长方体,它们是同一个外接球.立体几何中经常碰到求最值问题,不少学生害怕这类问题,主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解,对立体几何的最值问题,一般可以从两方面着手:一是从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决;二是找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多,在函数建成后,可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等.3 立体几何中的探索性问题 探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立,立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力,又可以考查学生的意志力及探究的能力.近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题.内容涉及异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角,平行与垂直等方面,对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决.一般此类立体几何问题描述的是动态的过程,结果具有不唯一性或者隐藏性,往往需要耐心尝试及等价转化,因此,对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的.例3【江西省2018届1月联考】如图,多面体11ABC DB C -是由三棱柱111ABC A B C -截去一部分而成, D 是1AA 的中点.(1)若1AD AC ==, AD ⊥平面ABC , BC AC ⊥,求点C 到面11B C D 的距离;(2)若E 为AB 的中点, F 在1CC 上,且1CC CFλ=,问λ为何值时,直线//EF 平面11BC D ?思路分析:(1)由BC CD ⊥, 1CD C D ⊥,可得CD ⊥面11DC B ,即点C 到面11B C D 的距离等于CD ;(2)当4λ=时,直线//EF 平面11BC D ,理由如下:取1DB 的中点H ,连接EH ,可得1////AD EH CC ,当132C F EH ==时,四边形1C FEH 为平行四边形,即EF HC P .点评:本题主要考查了点到面的距离,直线与平面平行的判定,属于基础题;在求点到面的距离中主要采用证明线面垂直找出距离或者等体积法;线面平行主要通过一下几种方式:1、利用三角形中位线;2、构造平行四边形;3、利用面面平行等.探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件,所以解这类题采用下列二种方法:⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件,也证明了充分性综合以上三类问题,折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题,在高考试题的新颖性越来越明显,能力要求也越来越高,并且也越来越广泛.折叠与展开问题是立体几何的一对问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现,处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系;求最值的途径很多,其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法;对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题,采用的方法一般是执果索因的方法,假设求解的结果存在,寻找使这个结论成立的充分条件,运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决.如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件,或出现了矛盾,则不存在.另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法,能使问题简单、有效地解决.解答这些问题,需要主观的意志力,不要见到此类问题先发怵,进行消极的自我暗示,要通过一些必要的练习,加强解题信心的培养,确定解题的一般规律,积极的深入分析问题的特征,进而实现顺利解答.。

高考数学命题角度44立体几何中的折叠问题大题狂练理-含答案

高考数学命题角度44立体几何中的折叠问题大题狂练理-含答案
10
3 10 . 10
2. 如图甲,已知矩形 ABCD 中, AB 2 3, BC 2, H 为 CD 上一点,且 BH AC ,垂足 为 O ,现将矩形 ABCD 沿对角线 AC 折起,得到如图乙所示的三棱锥 B ADC .
(Ⅰ)在图乙中,若 BH AD ,求 BH 的长度; (Ⅱ)当二面角 B AC D 等于 60 时,求二面角 A DC B 的余弦值 .
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ) 3 10 10
【解析】试题分析: (Ⅰ)利用折叠前后的不变量得到有关垂直关系,进而利用线面垂直的判
定定理得到线面垂直,再利用线面垂直的性质得到线线垂直;
(Ⅱ)同(Ⅰ)证明有关线面垂
直和线线垂直,进而建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量进行求解.
(Ⅱ)设 AB 中点为 Q ,连接 CQ ,交 BD 于点 N ,连接 NC ' . 同(Ⅰ)可证 DE CQC ' , 从而面 CQC '/ / 面 FPF ' ,所以 C ' N / /F ' M ;由 DE 面 CQC ' ,可得面 CQC ' 面 ABCD ,又因为面 BDC ' 面 ABCD ,且面 BC ' D 与面 CQC ' 相交于 C ' N ,所以 CN 面
3
y
x,
{
3 3
33
n2
1, ,

39
z
x
9
所以 cos
n1 n2 n1 n2
37 , 37
由横坐标 B
33 ,0,
大于 H
3 ,0,0
横坐标,
22
3
所以二面角 A DC B 为钝角,所以余弦值为

专题4.3 折叠与探究性问题(文科)(第01期)-2019年高考数学(理)备考之百强校大题狂练系列(解析版)

专题4.3 折叠与探究性问题(文科)(第01期)-2019年高考数学(理)备考之百强校大题狂练系列(解析版)

一、解答题1.在菱形中,且,点分别是棱的中点,将四边形沿着转动,使得与重合,形成如图所示多面体,分别取的中点.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)若平面平面,求多面体的体积.【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)【解析】【详解】(Ⅰ)取中点,连接.∵分别是的中点∴又∵∴平面,平面又∵平面平面又平面∴平面.【点睛】求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解,注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法:求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法:等积法包括等面积法和等体积法.学科*网2.如图长方体的,底面ABCD的周长为4,E为的中点.(Ⅰ)判断两直线与AD的位置关系,并给予证明:(Ⅱ)当长方体体积最大时,求直线与平面所成角.【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】【详解】(Ⅰ)与是相交直线.证明如下:连接,则是平行四边形,∵也是的中点,∴∴为梯形,四点共面,与为梯形两腰,故与相交.(Ⅱ)设,,当且仅当时取等号解法1:连接,设点到平面的距离为,则根据等体积法,其中,,所以,则直线与平面所成角满足,所以.解法2:分别以边所在直线为轴,建立如图所示直角坐标系,则,,设平面的法向量为,则,取,则∴,∴.【点睛】本题主要考查了立体几何中线线的位置关系以及线面角的计算,在求解线面角时给了两种解法,一是运用等体积计算出长度,然后求得结果;一是建立空间直角坐标系,求出法向量,继而求出结果。

3.如图,四边形为矩形,且平面, ,为的中点.(1)求证:;(2)求三棱锥的体积;(3)探究在上是否存在点,使得平面,并说明理由.【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.【解析】【分析】(1)连结,由几何体的空间结构可证得,利用线面垂直的定义可知.(2)由(1)知为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得.(3)在上存在中点,使得.取的中点,连结. 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD.【详解】(1)连结,∵为的中点,,∴为等腰直角三角形,则,同理可得,∴,∴,又,且, ∴,又∵,∴,又,∴.【点睛】本题主要考查线面垂直的判断定理,线面垂直的判断定理,棱锥的体积公式,立体几何中探索问题的处理方法等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.如图,四棱锥E﹣ABCD中,AD∥BC,且BC⊥底面ABE,M为棱CE的中点,(Ⅰ)求证:直线DM⊥平面CBE;(Ⅱ)当四面体D﹣ABE的体积最大时,求四棱锥E﹣ABCD的体积.【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】分析:(1)取的中点N,证平面点睛:本题主要考查立体几何相关知识,线面垂直的证明以及棱椎体积的求法,属于中档题。

高考数学(理)备考之百强校大题狂练系列01(第01期)解析版Word版含解

高考数学(理)备考之百强校大题狂练系列01(第01期)解析版Word版含解

班级 姓名 学号 分数大题狂做测试卷1(测试时间:90分钟 满分:120分)1.【陕西省西安市铁一中学国际合作学校2015届高三下学期第一次大练习数学(理)试题】(本小题满分12分)函数()sin()16f x A x πω=-+(0,0A ω>>)的最大值为3, 其图像相邻两条对称轴之间的距离为2π, (1)求函数()f x 的解析式; (2)设(0,)2πα∈,则()22f α=,求α的值. 【答案】(1) ()2sin(2)16f x x π=-+;(2)3πα=考点:三角函数的图像与性质2. 【山东师大附中2015届高三第七次模拟考试】(本小题满分12分)已知函数n m x f ⋅=)(,且(sin cos )m x x x ωωω=+,(cos sin ,2sin )n x x x ωωω=-,其中0>ω,若函数)(x f 相邻两对称轴的距离大于等于2π. (1)求ω的取值范围;(2)在锐角三角形ABC ∆中,c b a ,,分别是角C B A ,,的对边,当ω最大时,1)(=A f ,且3=a ,求b +c 的取值范围.【答案】(1)10≤<ω;(2)]32,3(.(2)在三角形中,注意π=++C B A 这个隐含条件的使用,在求取值范围时,注意根据题中条件限制角的范围.试题解析:(1)x x x x x f ωωωωcos sin 32sin cos )(22+-=⋅=)62sin(22sin 32cos πωωω+=+=x x x ……………………2分22π≥T π≥∴T 10≤<∴ω…………………………4分 (2)当ω最大时,即1=ω,此时)62sin(2)(π+=x x f ……………………5分1)(=A f 1)62s i n (2=+∴πA 3π=∴A …………………………7分 由正弦定理得23sin 3sin sin sin ====πC c B b A a B b sin 2=∴,C c sin 2= B C b c sin 2sin 2+=+∴B C B B sin 3cos 3sin 2)32sin(2+=+-=π)6sin(32π+=B …………………………9分在锐角三角形ABC ∆中,⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<<<2020ππC B 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<-<<<232020πππB B 得26ππ<<B …………10分3263πππ<+<∴B 1)6s i n (23≤+<∴πB 32)6s i n (323≤+<∴πB c b +∴的取值范围为]32,3(…………………………12分考点:1、三角函数的化简;2、正弦定理的应用;3、边的取值范围.3. 【黑龙江省哈尔滨市第六中学2015届高三下学期第三次模拟考试数学(理)试题】(本小题满分12分)“德是”号飞船返回舱顺利到达地球后,为了及时将航天员救出,地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心(记为D C B ,,).当返回舱距地面1万米的P 点时(假定以后垂直下落,并在A 点着陆),C 救援中心测得飞船位于其南偏东 60方向,仰角为 60,B 救援中心测得飞船位于其南偏西 30方向,仰角为 30.D 救援中心测得着陆点A 位于其正东方向.(1)求C B ,两救援中心间的距离; (2)D 救援中心与着陆点A 间的距离.【答案】(1)330万米;(2)1339+;(2)103sin sin =∠=∠ACB ACD ,101cos -=∠ACD ,…………………………7分又︒=∠30CAD ,所以102133)30sin(sin -=∠+︒=∠ACD ADC .…………………………9分在ADC ∆中,由正弦定理,ACDADADC AC ∠=∠sin sin …………………………10分 1339sin sin +=∠∠⋅=ADC ACD AC AD 万米…………………………12分北 AP东BCD考点:①在实际问题中建立三角函数模型②解三角形的实际应用4. 【海南省海南中学2015届高三5月月考数学(理)试题】(本小题满分12分) 数列{}n a 的前几项和为n S ,满足()()()1123134,1n n t S t S a ++-=+=,其中0t 〉 ⑴若t 为常数,证明:数列{}n a 为等比数列;⑵若t 为变量,记数列{}n a 的公比为()f t ,数列{}n b 满足()112,n n b b f b +==,求23,b b ,试判定n b的大小,并加以证明.【答案】(1)见解析;(2)n b>,证明见解析.试题解析:(1)当1n =时,23423t a t +=+ 当2n ≥时,()()()123134n n t s t s -+-=+ ① ()()()123134n n t s t s ++-=+ ② ②-①得:()()12334n n t a t a ++=+13423n n a t a t ++∴=+ ()2n ≥---------4分 又213423a t a t +=+ 故{}n a 是等比数列---------------6分 (2)13423n n n b b b ++=+231058,741b b ==猜想:n b>------------8分下面用数学的归纳法证明:① 当11,2n b ==,则1b成立 ② 假设当n k =时,k b当1n k =+时,13423k k k b b b ++=+13423k k k b b b ++-=+((3423kk b b -+-=+(323kk b b --=+﹥01k b +即 1n k =+,结论也成立由①②知: n b----------12分考点:等比数列的证明,归纳猜想证明,数学归纳法.5. 【黑龙江省哈尔滨市第九中学2015届高三第三次高考模拟数学(理)】 (本题满分12分) 在ABC ∆中,已知角C B A ,,的对边分别为c b a ,,,且C B A ,,成等差数列. (1)若3,23==⋅b BC BA ,求c a +的值;(2)求C A sin sin 2-的取值范围.【答案】(I )32=+c a ;(II )⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-3,23.考点:正弦定理和余弦定理的应用.6. 【山东省实验中学2015届高三第一次模拟考试数学(理)】(本小题满分12分) 已知n S 为数列{}n a 的前n 项和,且2231n n S a n n =+--,1n =,2,3… (1)求证:数列{2}n a n -为等比数列:(2)设cos()n n b a n π=⋅,求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)详见解析;(2)当n 为偶数时,n T nn +-⋅=)12(31,当n 为奇数时,)1(3221-+-+-=n T n n .考点:1.等比数列的证明;2.数列求和;3.分类讨论的数学思想.7. 【甘肃省天水市第一中学2015届高三5月中旬仿真考试数学(理)试题】(本题满分12分) 已知函数f (x )=e x -ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ,曲线y =f (x )在点A 处的切线斜率为-1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值; (2)证明:当x >0时,x 2<e x ;(3)证明:对任意给定的正数c ,总存在x 0,使得当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x . 【答案】(1)2a =,极小值为2ln4-,无极大值;(2)(3)均见解析.(3)证明:①若1c ≥,则x x e ce ≤.又由(2)知,当0x >时,2xx e <.故当0x >时,2xx ce <.取00x =,当0(,)x x ∈+∞,恒有2xx ce <.②若01c <<,令11k c=>,要使不等式2x x ce <成立,只要2x e kx >成立. 而要使2xe kx >成立,则只要()2ln x kx >,只要2ln ln x x k >+成立.令()2ln ln h x x x k =--,则22()2x h x x x-'=-=. 所以当2x >时,()0h x '>,()h x 在(2,)+∞内单调递增. 取01616x k =>,所以()h x 在0(,)x +∞内单调递增.又()()0()162ln(16)ln 8ln23ln 5h x k k k k k k k =--=-+-+, 易知ln k k >,ln k k >,50k >,所以0()0h x >.即存在016x c=,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2x x ce <.综上,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2xx ce <. 方法二:(1)同方法一.(2)同方法一. (3)对任意给定的正数c ,取0x =由(2)知,当0x >时,2xe x >,所以222222x x xx x e e e ⎛⎫⎛⎫=⋅>⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭, 当0x x >时,222241222x x x x e x c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>⋅>= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2xx ce <. 方法三:(1)同方法一.(2)同方法一. (3)首先证明当0(,)x x ∈+∞时,恒有313x x e <. 证明如下: 令31()3xh x x e =-,则2()x h x x e '=-. 由(2)知,当0x >时,2xx e <,从而()0h x '<,()h x 在(0,)+∞上单调递减,所以()(0)10h x h <=-<,即313x x e <. 取03x c =,当0x x >时,有23113xx x e c <<.因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0(,)x x ∈+∞时,恒有2xx ce <. 考点:1.导数的几何意义;2.导数与函数单调性;3.利用函数性质证明不等式.8. 【陕西省西工大附中2015届高三下学期模拟考试(一)数学(理)试题】(本小题满分12分)已知函数f (x )=a l nx -ax -3(a ∈R ). (1)求f (x )的单调区间;(2)设a =-1,求证:当x ∈(1,+∞)时,f (x )+2>0;(3)求证:22ln ·33ln ·44ln ……n n ln <n1(n ∈N +且n≥2). 【答案】(1)a =0 无单调区间;a >0, (0,1)递增,(1,+∞)递减;a <0 ,(0,1)递减 ,在(1,+∞)递增.(2)见试题解析;(3)见试题解析.考点:1.导数的应用;2.不等式证明.9. 【天津市武清区杨村第一中学2015届高三上学期第一次阶段性检测数学(理)试题】设函数())ln 2(2x x k xe xf x +-=(k 为常数,其中e 是自然对数的底数)(Ⅰ)当0≤k 时,求函数)(x f 的极值点;(Ⅱ)若函数)(x f 在)2,0(内存在两个极值点,求k 的取值范围.【答案】(Ⅰ)()f x 的极小值点为2x =;(Ⅱ)2,2e e ().考点:1、利用导数求函数的极值;2、利用导数研究函数的单调性;10. 【湖北省襄阳市第五中学2015届高三5月模拟考试(一)数学(理)试题】(本小题满分12分)设函数()()()1ln 1f x ax x bx =-+-,其中a 和b 是实数,曲线()y f x =恒与x 轴相切于坐标原点.()1求常数b 的值;()2当01x ≤≤时,关于x 的不等式()0f x ≥恒成立,求实数a 的取值范围;()3求证:10000.41000.5100011001100001000e ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【答案】(1)1;(2)1(,]2-∞- ,(3)略.(2) 由(1)得()(1)ln(1)f x ax x x =-+-,01x ≤≤1()ln(1)11ax f x a x x -'=-++-+,22(1)(1)21()1(1)(1)a a x ax ax a f x x x x -+--++''=-+=-+++. ① 当12a ≤-时,由于01x ≤≤,有221()()0(1)a a x a f x x ++''=-≥+,于是()f x '在[0,1]上单调递增,从而()(0)0f x f ''≥=,因此()f x 在[0,1]上单调递增,即()(0)0f x f ≥=而且仅有(0)0f =,合题意;②当0a ≥时,由于01x ≤≤,有221()0(1)ax a f x x ++''=-<+,于是()f x '在[0,1]上单调递减,从而()(0)0f x f ''≤=,因此()f x 在[0,1]上单调递减,即()(0)0f x f ≤=而且仅有(0)0f =,不合题意; ③当102a -<<时,令21min{1,}a m a +=-,当0x m ≤≤时,221()()0(1)a a x a f x x ++''=-≤+,于是()f x '在[0,m]上单调递减,从而在[0,]m 上单调递减,从而()(0)0f x f ''≤=,因此()f x 在[0,]m 上单调递减,即()(0)0f x f ≤=而且仅有(0)0f =,不合题意;.综上可知,所求实数a 的取值范围是1(,]2-∞-. (9分)(3) 对要证明的不等式等价变形如下2110000100010000.41000.55210001100111()()(1)(1)100001000100001000e e ++<<⇔+<<+ 所以可以考虑证明:对于任意的正整数n ,不等式215211(1)(1)n n e n n +++<<+恒成立. 并且继续作如下等价变形2152112111(1)(1)()ln(1)1()ln(1)52n n e n n n n n n +++<<+⇔++<<++ 211(1)ln(1)0()5111(1)ln(1)0()2p n n n q n n n ⎧++-<⎪⎪⇔⎨⎪++->⎪⎩对于()p 相当于(2)中21(,0)52a =-∈-,12m =情形,有()f x 在1[0,]2上单调递减,即()(0)0f x f ≤=而且仅有(0)0f =. 取1x n =,当2n ≥时,211(1)ln(1)05n n n++-<成立;当1n =时,277(1)ln 21ln 210.710555+-=-<⨯-<. 从而对于任意正整数n 都有211(1)ln(1)05n n n++-<成立. 对于()q 相当于(2)中12a =-情形,对于任意x ∈[0,1],恒有()0f x ≥而且仅有(0)0f =. 取1x n =,得:对于任意正整数n 都有111(1)ln(1)02n n n ++->成立. 因此对于任意正整数n ,不等式215211(1)(1)n n e n n+++<<+恒成立. 这样依据不等式215211(1)(1)n n e n n+++<<+,再令10000n =利用左边,令1000n = 利用右边,即可得到10000.41000.5100011001()()100001000e <<成立. (12分) 考点:利用导数研究函数的性质。

高考数学二轮复习精品资料学案:难点10 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(原卷版)[ 高考]

高考数学二轮复习精品资料学案:难点10 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(原卷版)[ 高考]

普通高等学校招生全国统一考试新课程标准数学科考试大纲指出,通过考试,让学生提高多种能力,其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力.要在立体几何学习中形成.纵观近几年全国及各省高考试题,对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重,要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力,才能顺利解答.从实际教学和考试来看,学生对这类题看到就头疼.分析原因,首先是学生的空间想象力较弱,其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨.1 立体几何中的折叠问题折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现。

处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系。

折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材。

解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,并弄清折叠前后哪些发生了变化,哪些没有发生变化。

这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据。

而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程,一般地,涉及到多面体表面的问题,解题时不妨将它展开成平面图形试一试。

例1 【广东省广州市海珠区2014届高三上学期综合测试二】如图5,已知矩形ABCD 中,10AB =,6BC =,将矩形沿对角线BD 把ABD ∆折起,使A 移到1A 点,且1A 在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上.2 立体几何中的最值问题结合近年来全国各省市的高考中,考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现.在解决此类问题时,通常应注意分析题目中所有的条件,首先应该在充分理解题意的基础上,分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能,再看是否可将问题条件转化为函数,若能写出确定的表意函数,则可用建立函数法求解;再不能,则要考虑其中是否存在不等关系,看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面,这样依次顺序思考,基本可以找到解题的途径.例2 正ABC ∆的边长为a ,沿BC 的平行线PQ 折叠,使平面⊥'PQ A 平面BCQP ,求四棱锥的棱B A '取得最小值时,四棱锥BCQP A -'的体积.3 立体几何中的探索性问题探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立,立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力,又可以考查学生的意志力及探究的能力.近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题.内容涉及异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角,平行与垂直等方面,对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决.一般此类立体几何问题描述的是动态的过程,结果具有不唯一性或者隐藏性,往往需要耐心尝试及等价转化,因此,对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的.3.1对命题条件的探索探索条件,即探索能使结论成立的条件是什么.对命题条件的探索常采用以下三种方法:1、先猜后证,即先观察与尝试给出条件再给出证明2、先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;3、把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.3.2对命题结论的探索探索结论,即在给定的条件下命题的结论是什么.对命题结论的探索,常从条件出发,探索出要求的结论是什么,另外还有探索的结论是否存在.求解时,常假设结论存在,再寻找与条件相容还是矛盾的结论.60?若存在,求出线段的长;若不存(2)在线段PC上是否存在一点M,使直线FM与直线PA所成角为0在,请说明理由.综合以上三类问题,折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题,在高考试题的新颖性越来越明显,能力要求也越来越高,并且也越来越广泛.折叠与展开问题是立体几何的一对问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现,处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系;求最值的途径很多,其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法;对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题,采用的方法一般是执果索因的方法,假设求解的结果存在,寻找使这个结论成立的充分条件,运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决.如果找到了符合题目结果要求的条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件,或出现了矛盾,则不存在.另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法,能使问题简单、有效地解决.解答这些问题,需要主观的意志力,不。

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高考数学大题狂练
第四篇 立体几何(理科)专题03 折叠与探究性问题问题
1.如图,四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形, 0120BAD ∠=, 2AB =, ,E F 为1,CD AA 中点. (1)求证: //DF 平面1B AE ;
(2)若1AA ⊥底面ABCD ,且直线1AD 与平面1B AE 所成线面角的正弦值为
3
4
,求1AA 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)2.
【解析】试题分析:(1)设G 为1AB 的中点,根据平几知识可得四边形DEGF 是平行四边形,即得//DF EG ,再根据线面平行判定定理得结论,
(2)根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标,利用方程组解得平面1B AE 一个法向量,根据向量数量积求向量夹角,再根据线面角与向量夹角互余关系列等式,解得1AA 的长.
所以//DF 平面1B AE .
(2)因为ABCD 是菱形,且060ABD ∠=, 所以ABC ∆是等边三角形 取BC 中点G ,则AG AD ⊥, 因为1AA ⊥平面ABCD , 所以1AA AG ⊥, 1AA AD ⊥
建立如图的空间直角坐标系,令1(0)AA t t =>,
则()
330
n AE x y ⋅=+=u u u
v v 且130n AB x y tz ⋅=-+=u u u v v , 取()
3,,4n t t =-v
,设直线1AD 与平面1B AE 所成角为θ,
则()
12
163
sin 424
n AD t t n AD θ⋅===+⋅u u u u v v u u u u v v , 解得2t =,故线段1AA 的长为2.
2.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为正方形, PD DA ⊥, PD DC ⊥. (Ⅰ)若E 是PA 的中点,求证: //PC 平面BED ;
(Ⅱ)若PD AD =, 2PE AE =,求直线PB 与平面BED 所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)
23
. 【解析】试题分析: ()1连接AC 交BD 于G ,中位线 //EG PC ,从而证明()2分别以,,DA DC DP 为
,,x y z 轴的正方向建立坐标系,求出法向量为n v
,利用sin cos ,n PB α=u u u v v 计算结果
(Ⅱ)设2CD =,则2AB BC AD PD ====,且2
3
PE PA =.分别以,,DA DC DP 为,,
x y z 轴的正方向建立坐标系,则()()()()()4
20,0,0,2,0,0,,0,,0,2,0,2,2,0,0,0,23
3D A E C B P ⎛⎫
⎪⎝⎭ ∴()()422,2,0,,0,,2,2,23
3DB DE PB ⎛⎫===-
⎪⎝⎭u u u v
u u u v u u u v ,设平面BED 的一个法向量为(),,n x y z =v
,则2200{ { 42
00
33
x y n DB x z n DE +=⋅=⇒+=⋅=u u u
v v u u u v v ,令1x =-,则1y =,∴2z =∴()1,1,2n =-v
设直线PB 与平面BED 所成的角为α,则2sin cos ,3PB n n PB PB n
α⋅===
⋅u u u v v u u u
v v u u u v v 所以PB 与平面BED 所成角的正弦值为
2
3
3.如图,在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点E 是棱AB 上的动点. (1)求证: 11DA ED ⊥;
(2)若直线1DA 与平面1CED 所成的角是45o
,请你确定点E 的位置,并证明你的结论.
【答案】(1)见解析(2) 直线1DA 与平面1CED 所成的角是45o 时,点E 在线段AB 中点处
【解析】试题分析: ()1要证明11DA ED ⊥,只需要证明110DA ED =u u u u r u u u u r
n 即可,建立空间直角坐标系,写出
有关点的坐标,得到向量1DA u u u u r 和1ED u u u u r
的坐标,利用向量的数量积的计算公式进行计算即可;另解:容易得
到1AE A D ⊥,又因为11A D AD ⊥,得到1A D ⊥平面1D AE ,从而证得()112DA ED ⊥先利用求平面法向量的计算公式,求出平面1CED 的法向量,由已知直线1DA 与平面1CED 所成的角是45︒,利用甲角公式得到方程,解方程即可得到点E 的位置
所以DA 1⊥ED 1
另解: 1AE ADA ⊥平面,所以1AE A D ⊥. 又11A D AD ⊥,所以11A D D AE ⊥平面. 所以11DA ED ⊥
(2)以A 为原点,AB 为x 轴、AD 为y 轴、AA 1为z 轴建立空间直角坐标系 所以()10,0,1A 、()0,1
,0D 、()1,1,0C 、()10,1,1D ,设AE t =,则(),0,0E t 设平面CED 1的法向量为(),,n x y z =v
,由10{ 0
n CD n CE ⋅=⋅=u u u u v v u u u v v 可得()0{
10x z t x y -+=--=, 所以(){
1z x y t x
==-,因此平面CED 1的一个法向量为()1,1,1t -
由直线1DA 与平面1CED 所成的角是45o
,可得11sin45DA n DA n ⋅︒=u u u u v v u u u u v v
()21122111
t t -+=⋅+-+,解得1
2t =
由于AB =1,所以直线1DA 与平面1CED 所成的角是45o 时,点E 在线段AB 中点处
4.如图所示,在四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥底面ABCD ,四边形ABCD 为菱形,∠BAD =120°,AB =AA 1=2A 1B 1=2.
(1)若M 为CD 中点,求证:AM ⊥平面AA 1B 1B ; (2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析(2)15
∵四边形ABCD 为菱形, ∠BAD =120°, ∴△ACD 为等边三角形, 又M 为CD 中点, ∴AM ⊥CD ,由CD ∥AB 得,
AM ⊥AB .
∵AA 1⊥底面ABCD ,AM ⊂平面ABCD ,∴AM ⊥AA 1. 又AB ∩AA 1=A , ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .
(2)∵四边形ABCD 为菱形,∠BAD =120°,AB =AA 1=2A 1B 1=2,
∴DM=1,AM=,
∴∠AMD=∠BAM=90°,
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,,1),
∴|cos〈n,〉|===.
∴直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值为.
5.如图,在直角梯形中,.直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到,且使得平面平面.
(Ⅰ)求证:平面平面;
(Ⅱ)延长至点,使为平面内的动点,若直线与平面所成的角为,且,求点到点的距离的最小值.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】试题分析:(1)由于直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到,,利用面面垂直的性质可得平面,进而由面面垂直的判定定理可得结论;(2)由(Ⅰ)可知
两两垂直.分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,的坐标为,求得,
利用向量垂直数量积为零求出平面的一个法向量,利用空间向量夹角余弦公式可得
,进而可

,进而可得结果. 试题解析:(Ⅰ)直角梯形中,
,直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋
转得到,
,又平面
平面

平面

平面
平面
.
,得. 设的坐标为
,则
,由
,
得,,,
,所以,

时,
,
点到点的距离的最小值为
.
6.已知如图, PA ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为等腰梯形, //AD BC ,
2224BC AB AD PA ====.
(1)求证:平面PAC ⊥平面PAB ;
(2)已知E 为PC 中点,求AE 与平面PBC 所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析;(221
【解析】试题分析:(1)连接AC ,过A 作AG BC ⊥于G ,过D 作DH BC ⊥于H ,由三角形内角和定
理可得AC B ⊥A ,由PA ⊥平面ABCD ,可得PA AC ⊥,从而可得AC ⊥平面PAB ,由面面垂直的判定定理可得结论;(2)由(1)知, PA AC ⊥,∴PAC ∆为直角三角形, E 为PC 中点,设A 到平面PBC 距离为h ,根据“等积变换”P ABC A PBC V V --=可求得
221
7
h =,进而可得AE 与平面PBC 所成角的正弦值.
试题解析:(1)连接AC ,过A 作AG BC ⊥于G ,过D 作DH BC ⊥于H . 在等腰梯形ABCD 中,∵24BC AD ==,∴1BG CH ==.
∴60ABC DCB ∠=∠=o ,则120ADC BAD ∠=∠=o , 30ACD DAC ∠=∠=o , ∴90BAC ∠=o 即AC B ⊥A ,
∵PA ⊥平面ABCD , AC ⊂平面ABCD , ∴PA AC ⊥,∴AC ⊥平面PAB ,
又AC ⊂平面PAC ,∴平面PAC ⊥平面PAB .
即1143232⨯
⨯ 11
221432
h =⨯⨯,∴221h =. ∴AE 与平面PBC 所成角的正弦值等于221
21
72=。

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