2019届高考数学二轮复习高考大题专项练三立体几何（A）理.docx

三立体几何(A)1.如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角DAFE的余弦值.2.(2018赤峰模拟)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,其中BAD=,AD=,AB=1,等边ADE所在平面与平面ABCD垂直, FC平面ABCD,且FC=.(1)点P在棱AE上,且=2,Q为EBC的重心,求证:PQ平面EDC.(2)求平面DEF与平面EAB所成锐二面角的余弦值.3.(2018延边质检)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB平面BCC1B1,BCC1=, AB=BC=2,BB1=4,点D在棱CC1上,且CD=CC1(01).建立如图所示的空间直角坐标系.(1)当=时,求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值;(2)若二面角AB1DA1的平面角为,求的值.4.(2018赤峰二模)如图,在梯形ABCD中,ABCD,BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证:EF平面BCF.(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.1.(1)证明:由题意可知DADC,DADP,DCDP,故可以D为原点,DP所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,设正方形ABCD的边长为a,则C(0,a,0),A(0,0,a),由平面几何知识可求得F(a,a,0),所以=(a,-a,0),=(a,a,0),=(0,0,a),所以 =(a,-a,0)(a,a,0)=0,=(a,-a,0)(0,0,a)=0,故CFDF,CFDA.又DFDA=D,所以CF平面ADF.(2)解:可求得E(a,0,0),则=(a,0,-a),又=(a,a,-a),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n=(x,y,z)(a,0,-a)=ax-az=0,n=(x,y,z)(a,a,-a)=ax+ay-az=0,取x=1,得平面AEF的一个法向量n=(1,0,).又由(1)知平面ADF的一个法向量为=(a,-a,0),故cos=,由图可知二面角DAFE为锐二面角,所以其余弦值为.2.(1)证明:如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME,连接BQ并延长,交CE于点N.则在ABE中,又AP=2PE,所以PMAB,又四边形ABCD为平行四边形,所以ABCD,所以PMCD.在BCE中,Q为重心,所以BQ=2QN,又BM=2ME,所以MQEC.又因为PMMQ=M,CDEC=C,所以平面MPQ平面DEC.又PQ平面MPQ,所以PQ平面EDC.(2)解:在ABD中,BAD=,AD=,AB=1,由余弦定理可得,BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD=12+()2-21cos=1,所以BD=1.取AD的中点O,连接EO,OB,在EAD中,EA=ED=AD=,所以EOAD,且EO=AD=.又因为平面EAD平面ABCD,平面EAD平面ABCD=AD,所以EO平面ABCD,又在ABD中,AB=BD=1,AD=,所以OBAD,且OB=,如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A(,0,0),D(-,0,0),B(0,0),E(0,0,),F(-,).则=(-,0),=(-,0,),=(,0,),=(-,).设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),则由可得整理得令z1=1,则x1=,y1=3,所以m=(,3,1)为平面ABE的一个法向量.设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则由可得整理得令z2=-1,则x2=,y2=6.所以n=(,6,-1)为平面DEF的一个法向量.所以cos=,设平面DEF与平面EAB所成锐二面角为,则cos =cos=.3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).当=时,因为BC=CD=2,BCC1=,所以C(,-1,0),D(,1,0).所以=(0,4,-2),=(,-3,-2),所以cos=-.故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为.(2)由CD=CC1可知,D(,4-1,0),所以=(-,5-4,0),由(1)知,=(0,4,-2).设平面AB1D的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,解得x=,z=2,所以平面AB1D的一个法向量为m=(,1,2).设平面A1B1D的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,解得x=,z=0,所以平面A1B1D的一个法向量为n=(,1,0).因为二面角AB1DA1的平面角为,所以|cos|=|=,即(5-4)2=9,解得=或=2(舍),故的值为.4.(1)证明:在梯形ABCD中,因为ABCD,AD=CD=BC=1,又因为BCD=,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3.所以AB2=AC2+BC2.所以BCAC.因为CF平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACCF,而CFBC=C,所以AC平面BCF,因为EFAC,所以EF平面BCF.(2)解:由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,AD=CD=BC=CF=1,令FM=(0),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),所以=(-,1,0),=(,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MA