2018版高考数学一轮总复习解答题专项训练4理.DOC

解答题专项训练四1.2017佛山模拟如图所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD成30的角求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.证明(1)以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30.PC2，BC2，PB4，D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0，0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由即令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.22017南京模拟如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由解(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以，(1,0,1)设异面直线NE与AM所成的角为，则cos|cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，如图所示因为(0,1,1)，可设(0，)，0,1，又，所以.由ES平面AMN，得即解得，此时，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.3. 2015湖北高考九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，在阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD，过棱PC的中点E，作EFBP交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为，求的值解(1)证明：如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系设PDDC1，BC，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，B(，1,0)，C(0,1,0)，(，1，1)，点E是PC的中点，所以E，于是0，即PBDE.又已知EFPB，而DEEFE，所以PB平面DEF.因(0,1，1)，0，则DEPC，所以DE平面PBC.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)由PD平面ABCD，所以(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量；由(1)知PB平面DEF，所以(，1,1)是平面DEF的一个法向量若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为，则cos，解得.所以.故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为时，.4.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，B1BB1AABBC，B1BC90，D为AC的中点，ABB1D.(1)求证：平面ABB1A1平面ABC；(2)求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值解(1)证明：取AB的中点为O，连接OD，OB1，因为B1BB1A，所以OB1AB.又ABB1D，OB1B1DB1，所以AB平面B1OD.因为OD平面B1OD，所以ABOD.由已知，BCBB1，又ODBC，所以ODBB1.因为ABBB1B，所以OD平面ABB1A1.又OD平面ABC，所以平面ABC平面ABB1A1.(2)由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直，以O为坐标原点，OB为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知B1(0,0，)，D(0,1,0)，A(1,0,0)，C(1,2,0)，C1(0,2，)则(0,1，)，(2,2,0)，(1,0，)设平面ACC1A1的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即xy0，xz0，可取m(，1)设直线B1D与平面ACC1A1所成的角为，故sin.52017福建模拟如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解(1)证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0，1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos.二面角AB1EA1的大小为30，|cos|cos30，即，解得a2，即AB的长为2.62017陕西模拟如图1，矩形ABCD中，AB2BC4，M，N，E分别为AD，BC，CD的中点现将ADE沿AE折起，折起过程中点D仍记作D，得到图2所示的四棱锥DABCE.(1)证明：MN平面CDE；(2)当ADBE时，求直线BD与平面CDE所成角的正弦值解(1)证明：取AE的中点F，连接MF，NF，如图因为M，F分别为AD，AE的中点，所以MFDE，又MF平面CDE，DE平面CDE，所以MF平面CDE.同理可证NF平面CDE.又MF，NF平面MNF，MFNFF，所以平面MNF平面CDE.因为MN平面MNF，所以MN平面CDE.(2)因为AB2BC4，所以BEAE2，AE2BE2AB2，所以BEAE.又ADBE，AE，AD平面ADE，AEADA，所以BE平面ADE.又BE平面ABCE，所以平面ADE平面ABCE.连接DF，由ADE为等腰三角形，F为AE的中点，得DFAE，所以DF平面ABCE.因为ADDE2，所以AE2，所以DF.以点E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1，1，)，(1，3，)设平面CDE的法向量n(x，y，z)，则即令z，则x2，得平面CDE的一个法向量n(2,0，)设直线BD与平面CDE所成的角为，则sin|cos，n|，即直线BD与平面CDE所成角的正弦值为.72017郑州模拟 已知ABC为等腰直角三角形，ACBC4，ACB90，D，E分别是边AC和AB的中点，现将ADE沿DE折起，使平面ADE平面DEBC，H，F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE，AF分别交于I，G两点(1)求证：IHBC；(2)求二面角AGIC的余弦值；(3)求AG的长解(1)证明：因为D，E分别是边AC和AB的中点，所以EDBC.因为BC平面BCH，ED平面BCH，所以ED平面BCH.因为ED平面BCH，ED平面AED，平面BCH平面AEDHI，所以EDHI.又因为EDBC，所以IHBC.(2)如图，建立空间直角坐标系，由题意得，D(0,0,0)，E(2，0,0)，A(0,0,2)，F(3,1,0)，C(0,2,0)，H(0,0,1)，B(4,2,0)，(2,0,2)，(1,1,0)，(0，2，1)，(1,0,0)设平面AGI的法向量为n1(x1，y1，z1)，则令z11，解得x11，y11，则n1(1，1,1)设平面CIG的法向量为n2(x2，y2，z2)，则令z22，解得y21，则n2(0,1,2)所以cosn1，n2，所以二面角AGIC的余弦值为.(3)由(2)知，(3,1，2)，设(3，2)，01，则(0,0，1)(3，2)(3，21)，由n20，解得，故AGAF .8.2016四川高考如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值解(1)证明：在梯形ABCD中，AB与CD不平行延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点理由如下：由已知，BCED，且BCED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，从而CDPD，所以PDA是二面角PCDA的平面角，所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA平面ABCD.又CE平面ABCD，从而PACE，又PAAHA，于是CE平面PAH，而CE平面PCE，所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE，所以APH是PA与平面PCE所成的角在RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.解法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角，所以PDA45.由PA