2019-2020年高三数学一轮复习 大题冲关集训（四）理.doc

2019-2020年高三数学一轮复习 大题冲关集训（四）理1.(xx福州模拟)如图,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,ABE是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,AEF=45.(1)求证:EF平面BCE;(2)设线段CD的中点为P,在直线AE上是否存在一点M,使得PM平面BCE?若存在,请指出点M的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.解:法一(1)取BE的中点G,连接AG,由题意知EFBE.由EA=AB知AGBE,所以EFAG.平面ABCD平面ABEF,平面ABCD平面ABEF=AB,BCAB,BC平面ABEF,BCAG.又BCBE=B,AG平面BCE,EF平面BCE.(2)当M为AE中点时有PM平面BCE.取AB的中点N,连接PN、MN,则MNBE,NPBC,所以MN平面BCE,NP平面BCE.又MNNP=N,所以平面PMN平面BCE,又PM平面PMN且PM平面BCE,PM平面BCE.法二(1)因为ABE为等腰直角三角形,AB=AE,所以AEAB.又平面ABEF平面ABCD,AE平面ABEF,平面ABEF平面ABCD=AB,所以AE平面ABCD.所以AEAD.因此,AD,AB,AE两两垂直,以A为坐标原点,建立直角坐标系Axyz.设AB=1,则AE=1,B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0).因为FA=FE,AEF=45,所以AFE=90,从而,F(0,-,).所以=(0,-,-),=(0,-1,1),=(1,0,0).=0+-=0,=0.所以EFBE,EFBC.又BCBE=B,所以EF平面BCE.(2)存在点M,当M为AE中点时,PM平面BCE.M(0,0,),P(1,0).从而=(-1,-,),于是=(-1,-,)(0,-,-)=0,所以PMFE,又EF平面BCE,直线PM不在平面BCE内,故PM平面BCE.2.(xx临沂模考)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,BCC1=90,AB侧面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正弦值;(2)在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置,使得EAEB1(要求说明理由).解:法一(1)AB侧面BB1C1C,CC1面BB1C1C,ABC1C,又CC1CB且CBAB=B,CC1平面ABC,C1BC为直线C1B与底面ABC所成角.RtCC1B中,BC1=1,CC1=2,则BC1=.sin C1BC=.直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为.(2)取CC1的中点F,连接B1F,BF.矩形BCC1B1中,BF=B1F=,BB1=2,BFB1F,又ABB1F,B1F平面ABF,B1FAF.故当E与F重合,即E为CC1的中点时有EAEB1.法二如图,以B为原点建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0)(1)直三棱柱ABCA1B1C1中,平面ABC的法向量=(0,2,0),又=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成角为,则sin =|cos|=.直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为.(2)设E(1,y,0),A(0,0,z),则=(-1,2-y,0),=(-1,-y,z).EAEB1,=1-y(2-y)=0.y=1,即E(1,1,0).E为CC1的中点.3.如图,在直角梯形ABCP中,AB=BC=3,AP=7,CDAP于D,现将梯形ABCD沿线段CD折成60的二面角PCDA,设E,F,G分别是PD,PC,BC的中点.(1)求证:PA平面EFG;(2)若M为线段CD上的一个动点,问点M在什么位置时,直线MF与平面EFG所成的角最大?并求此最大角的余弦值.(1)证明:ADCD,PDCD,CD平面PAD,平面PAD平面ABCD.过P作AD的垂线,垂足为O,则PO平面ABCD.过O作BC的垂线,交BC于H,分别以OH,OD,OP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,PDO是二面角PDCA的平面角,PDO=60,又PD=4,OP=2,OD=2,AO=1,得A(0,-1,0),B(3,-1,0),C(3,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),E(0,1,),F(,1,),G(3,0),故=(,0,0),=(3,-,-),设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),则即取z=1,得n=(0,-2,1),而=(0,-1,-2),n=0+2-2=0,n,又PA平面EFG,故PA平面EFG.(2)解:设M(x,2,0),则=(-x,-1,),设MF与平面EFG所成角为,则sin =|cos|=|=,故当x=时,sin 取到最大值,则取到最大值,此时点M为线段CD的中点,MF与平面EFG所成角的余弦值cos =.4.(xx福建师大附中模拟)一个几何体是由圆柱和三棱锥EABC组合而成,点A,B,C在圆O的圆周上,其正视图、侧视图的面积分别为10和12,如图所示,其中EA平面ABC,ABAC,AB=AC,AE=2.(1)求证:ACBD;(2)求二面角ABDC的大小.解:法一(1)因为EA平面ABC,AC平面ABC,所以EAAC,即EDAC.又因为ACAB,ABED=A,所以AC平面EBD.因为BD平面EBD,所以ACBD.(2)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且ABAC,所以BC为圆O的直径.设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正视图、侧视图的面积可得解得所以BC=4,AB=AC=2.过点C作CHBD于点H,连接AH,由(1)知,ACBD,ACCH=C,所以BD平面ACH.因为AH平面ACH,所以BDAH.所以AHC为二面角ABDC的平面角.由(1)知,AC平面ABD,AH平面ABD,所以ACAH,即CAH为直角三角形.在RtBAD中,AB=2,AD=2,则BD=2.由ABAD=BDAH,解得AH=.因为tan AHC=.所以AHC=60.所以二面角ABDC的平面角大小为60.法二(1)因为点A,B,C在圆O的圆周上,且ABAC,所以BC为圆O的直径.设圆O的半径为r,圆柱高为h,根据正视图、侧视图的面积可得解得所以BC=4,AB=AC=2.以点D为原点,DD1,DE所在的直线分别为x轴、z轴建立如图的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),D1(4,0,0),A(0,0,2),B(2,2,2),C(2,-2,2),=(2,-2,0),=(2,2,2).因为=(2,-2,0)(2,2,2)=0,所以.所以ACBD.(2)设n=(x,y,z)是平面BCD的法向量,=(0,-4,0),即取z=-1,则n=(1,0,-1)是平面BCD的一个法向量.由(1)知,ACBD,又ACAB,ABBD=B,所以AC平面ABD.所以=(2,-2,0)是平面ABD的一个法向量.因为cos=,所以=60.而等于二面角ABDC的平面角,所以二面角ABDC的平面角大小为60.5.(xx高考浙江卷)如图,在四棱锥ABCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE平面ACD;(2)求二面角BADE的大小.(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2得AB2=AC2+BC2,即ACBC.又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE.所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.(2)解:法一作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DEAD,则FGAD.所以BFG是二面角BADE的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC.又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cos BAE=,BG=.在BFG中,cos BFG=.所以,BFG=,即二面角BADE的大小是.法二以D为原点,分别以射线DE,DC为x,y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:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0).由得可取m=(0,1,-),由得可取n=(1,-1,).于是|cos|=.由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角BADE的大小是.6.如图1,O的直径AB=4,点C、D为O上两点,且CAB=45,DAB=60,F为的中点.沿直径AB折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图2).(1)求证:OF平面ACD;(2)求二面角CADB的余弦值;(3)在上是否存在点G,使得FG平面ACD?若存在,试指出点G的位置,并求直线AG与平面ACD所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图,以AB所在的直线为y轴,以OC所在的直线为z轴,以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则A(0,-2,0),C(0,0,2).=(0,0,2)-(0,-2,0)=(0,2,2),点F为的中点,点F的坐标为(0,),=(0,).=,即OFAC.OF平面ACD,AC平面ACD,OF平面ACD.(2)解:DAB=60,点D的坐标是(,-1,0),=(,1,0).设二面角CADB的大小为,n1=(x,y,z)为平面ACD的一个法向量.由即取x=1,解得y=-,z=.n1=(1,-,).取平面ADB的一个法向量n2=(0,0,1),cos =.(3)解:设在上存在点G,使得FG平面ACD,OF平面ACD,平面OFG平面ACD,则有OGAD.设=(0),=(,1,0),=(,0).又|=2,=2,解得=1(舍去-1).=(,1,0),则G为的中点.因此,在上存在点G,使得FG平面ACD,且点G为的中点.设直线AG与平面ACD所成角为,=(,1,0)-(0,-2,0)=(,3,0),根据(2)的计算n1=(1,-,)为平面ACD的一个法向量,sin =cos(90-)=.因此,直线AG与平面ACD所成角的正弦值为.7.(xx高考福建卷)如图,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,侧棱AA1底面ABCD,ABDC,AA1=1,AB=3k,AD=4k,BC=5k,DC=6k(k0).(1)求证:CD平面ADD1A1;(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为,求k的值;(3)现将与四棱柱ABCDA1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱.规定:若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同,则视为同一种拼接方案.问:共有几种不同的拼接方案?在这些拼接成的新四棱柱中,记其中最小的表面积为f(k),写出f(k)的解析式.(直接写出答案,不必说明理由)(1)证明:取CD的中点E,连接BE.ABDE,AB=DE=3k,四边形ABED为平行四边形,BEAD且BE=AD=4k.在BCE中,BE=4k,CE=3k,BC=5k,BE2+CE2=BC2,BEC=90,即BECD.又BEAD,CDAD.AA1平面ABCD,CD平面ABCD,AA1CD.又AA1AD=A,CD平面ADD1A1.(2)解:以D为原点,的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1),所以=(-4k,6k,0),=(0,3k,1),=(0,0,1).设平面AB1C的法向量n=(x,y,z),则由得取y=2,得n=(3,2,-6k).设AA1与平面AB1C所成角为,则sin =|cos|=|=,解得k=1,故所求k的值为1.(3)解:共有4种不同的方案.f(k)=