教育最新K12新课标2018届高考数学二轮复习题型专项训练7立体几何解答题专项理

题型专项训练7 立体几何(解答题专项)
1.(2017浙江湖州高三期末)在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是正三角形,且A1A=AB,顶点A1在底面ABC上的射影是△ABC的中心.
(1)求证:AA1⊥BC;
(2)求直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M 分别是AD,PB的中点.
(1)求证:PD∥平面OCM;
(2)若AP与平面PBD所成的角为60°,求线段PB的长.
3.在三棱锥A-BCD中,E是BC的中点,AB=AD,BD⊥DC.
(1)求证:AE⊥BD;
(2)若DB=2DC=AB=2,且二面角A-BD-C为60°,求AD与平面BCD所成角的正弦值.
4.如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC是等边三角形,D是AC的中点,PA=PC,二面角P-AC-B的大小为60°.
(1)求证:平面PBD⊥平面PAC;
(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值.
5.如图,四边形ABCD为平行四边形,AB=5,AD=4,BD=3,将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处(不与平面ABCD重合),E,F分别为对边AB,C1D的中点.
(1)求证:EF⊥BD;
(2)若异面直线EF,BC1所成的角为30°,求二面角C1-AB-D的平面角的正切值.
6.(2017浙江台州实验中学模拟)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)求证:AD⊥BM;
(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为时,试确定点E的位置.
参考答案
题型专项训练7立体几何(解答题专项)
1.(1)证明如图,设O为底面三角形的中心,
∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥BC,
∵△ABC为正三角形,
连接AO交BC于点D,则AD⊥BC,
又AD∩A1O=O,∴BC⊥平面A1AD,
则AA1⊥BC.
(2)解取B1C1的中点D1,连接A1D1,DD1,
由(1)知,BC⊥平面ADD1A1,
∴平面ADD1A1⊥平面BB1C1C,且平面ADD1A1∩平面BB1C1C=DD1, 过点A1作A1H⊥DD1,垂足为H,连接BH,
则∠A1BH为直线A1B与平面BCC1B1所成角.
设A1A=AB=2a,可得A1O=a,
由AD·A1O=AA1·A1H,得A1H=a.
在Rt△A1HB中,sin ∠A1BH=.
∴直线A1B与平面BCC1B1所成角为45°.
2.(1)证明连接BD交OC于点N,连接MN,OB.
因为O为AD的中点,AD=2,
所以OA=OD=1=BC.
又因为AD∥BC,
所以四边形OBCD为平行四边形,
所以N为BD的中点,
因为M为PB的中点,所以MN∥PD.
又因为MN⊂平面OCM,PD⊄平面OCM,
所以PD∥平面OCM.
(2)解由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,
所以△AOB为等边三角形,所以∠A=60°,
所以BD=,即AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD.
因为DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD.
又因为BD∩PD=D,所以AB⊥平面BDP,
所以∠APB为AP与平面PBD所成的角,即∠APB=60°,
所以PB=.
3.(1)证明如图,取BD的中点F,连接EF,AF,
∵E为BC的中点,F为BD的中点,∴FE∥DC.
又BD⊥DC,∴BD⊥FE.
∵AB=AD,∴BD⊥AF,
又AF∩FE=F,AF,FE⊂平面AFE,
∴BD⊥平面AFE,AE⊂平面AFE,
∴AE⊥BD.
(2)解由(1)知BD⊥AF,
∴∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角.
∴∠AFE=60°.∵AB=AD,DB=AB=2,
∴△ABD为等腰直角三角形,故AF=BD=1,
又FE=DC=,
∴AE2=AF2+FE2-2AF·FE·cos ∠AFE=1+-2×1××cos 60°=,
即AE=,∴AE2+FE2=1=AF2,∴AE⊥FE,
又由(1)知BD⊥AE,且BD∩FE=F,
BD⊂平面BDC,FE⊂平面BDC,
∴AE⊥平面BDC,
∴∠ADE就是AD与平面BCD所成角.
在Rt△AED中,AE=,AD=,
∴AD与平面BCD所成角的正弦值sin∠ADE=.
4.(1)证明由⇒AC⊥平面PBD,
又AC⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBD,
即平面PBD⊥平面PAC.
(2)解∠PDB就是P-AC-B的平面角,得∠PDB=60°.
作BO⊥PD于点O,连接AO,则AC⊥BO,又AC∩PD=D,∴BO⊥平面PAC,∴∠BAO就是直线AB与平面PAC所成的角.
令AB=2a,则BD=a,BO=BD=a,
∴sin∠BAO=.
5.(1)证明连接CC1,并取CC1的中点M,连接FM,BM.
因为F为C1D的中点,所以FM∥DC且FM=DC.
因为四边形ABCD为平行四边形,所以DC AB.
又E为AB的中点,所以FM EB,即四边形FMBE为平行四边形.
所以EF∥MB.
因为AB=5,AD=4,BD=3,即AD2+BD2=AB2,
所以BD⊥AD,BD⊥BC,BD⊥BC1.
因为BC∩BC1=B,所以BD⊥平面BCC1.
又因为BM⊂平面BCC1,
所以BD⊥BM,BD⊥EF.
(2)解取BC的中点N,过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H,连接C1N,C1H,
由(1)知,异面直线EF,BC1所成的角为∠C1BM,故∠C1BM=30°.
因为BC=BC1,M为CC1的中点,
所以∠C1BC=60°,即△C1BC为正三角形.
所以C1N⊥BC.
又BD⊥平面BCC1,BD⊂平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面BCC1.
因为平面ABCD∩平面BCC1=BC,
所以C1N⊥平面ABCD,C1N⊥AB.
所以∠C1HN为二面角C1-AB-D的平面角.
在Rt△C1NH中,C1N=BC=2,NH=NB·sin∠NBH=BC·,
所以tan∠C1HN=,
即二面角C1-AB-D的平面角的正切值为.
6.(1)证明∵长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,
∴AM=BM=.
∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,
∴BM⊥平面ADM,
∵AD⊂平面ADM,
∴AD⊥BM.
(2)解过点E作MB的平行线交DM于点F,
∵BM⊥平面ADM,
∴EF⊥平面ADM,
在平面ADM中,过点F作AM的垂线,垂足为H,则∠EHF为二面角E-AM-D的平面角,即∠EHF=.
设FM=x,则DF=1-x,FH=x,
在Rt△FHE中,由∠EFH=,∠EHF=,可得EF=FH=x.
∵EF∥MB,MB=,∴,
∴,∴x=4-2.
∴当点E位于线段DB间,且=2-3时,二面角E-AM-D大小为.。