人教版高三数学总复习课时作业52

1、课时作业课时作业 52高考中立体几何的热点问题高考中立体几何的热点问题 1 平面图形 ABB1A1C1C 如图(1)所示， 其中 BB1C1C 是矩形 BC 2， BB14， ABAC， A1B1A1C1.现将该平面图形分别沿 BC25 和 B1C1折叠，使ABC 与A1B1C1所在平面都与平面 BB1C1C 垂直， 再分别连接 A1A，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形，对此空间 图形解答下列问题 (1)证明：AA1BC； (2)求 AA1的长； (3)求二面角 ABCA1的余弦值 解： (1)取 BC，B1C1的中点分别为 D，D1，连接 A1D1，DD1，AD. 由四边形 BB

2、1C1C 为矩形，知 DD1B1C1. 因为平面 BB1C1C平面 A1B1C1， 所以 DD1平面 A1B1C1. 由 A1B1A1C1，知 A1D1B1C1. 故以 D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1xyz. 由题设可得 A1D12，AD1. 由以上可知 AD平面 BB1C1C，A1D1平面 BB1C1C，于是 AD A1D1. 所以 A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4) 故(0,3，4)，(2,0,0)， AA1 BC 因为0，所以，即 AA1BC. AA1 BC AA1 BC (2)因为(0,3，4)，所以|5，即

3、 AA15. AA1 AA1 (3)连接 A1D. 由 BCAD，BCAA1，可知 BC面 A1AD，BCA1D， 所以ADA1为二面角 ABCA1的平面角 因为(0，1,0)，(0,2，4)， DA DA1 所以 cos， DA DA1 2 1 22 42 5 5 即二面角 ABCA1的余弦值为. 5 5 2 在如图所示的几何体中， 底面 ABCD 为菱形， BAD60， AA1 綊 DD1綊 CC1BE，且 AA1AB，D1E平面 D1AC，AA1底面 ABCD. (1)求二面角 D1ACE 的大小； (2)在 D1E 上是否存在一点 P，使得 A1P平面 EAC，若存在，求 的值，若不存

4、在，说明理由 D1P PE 解： (1)设 AC 与 BD 交于 O，如图所示建立空间直角坐标系 Oxyz， 设 AB2，则 A(，0,0)，B(0，1,0)，C(，0,0)，D(0,1,0)，33 D1(0,1,2)， 设 E(0，1，t)，t0，则(0,2,2t)，(2，0,0)， ED1 CA 3D1A (，1，2)3 D1E面 D1AC，D1ECA，D1ED1A， Error!解得 t3，E(0，1,3)， (，1,3)， AE 3 设平面 EAC 的法向量为 m(x，y，z)， 则Error!Error! 令 z1，y3，m(0,3,1) 又平面 D1AC 的法向量(0,2，1)，

5、ED1 cosm，. ED1 mED1 |m|ED1 | 2 2 所以所求二面角的大小为 45. (2)假设存在点 P 满足题意 设()， D1P PE D1E D1P 得(0，)， D1P 1D 1E 2 1 1 (，1,0)(0，) A1P A1D1 D1P 3 2 1 1 (，1，)3 2 1 1 A1P平面 EAC，m， A1P 03(1)10，解得 ，3 2 1 1 3 2 故存在点 P 使 A1P面 EAC，此时 D1PPE32. 3如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方 形，侧面 PAD底面 ABCD，且 ADPAPD.22 (1)求证：平面 PAB

6、平面 PCD； (2)在线段 AB 上是否存在点 G，使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角 的余弦值为 ？若存在，请说明理由 1 3 解：(1)平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， 四边形 ABCD 为正方形， CDAD， CD平面 ABCD， CD平面 PAD， CDPA. 又 ADPAPD，PAD 为等腰直角三角形，22 且APD ，即 PAPD. 2 又 CDPDD，且 CD，PD平面 PDC， PA平面 PDC， 又 PA平面 PAB，平面 PAB平面 PCD. (2)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP. PAPD，POAD. 侧面 PAD底面 ABCD，

7、 平面 PAD平面 ABCDAD， PO平面 ABCD， ADPAPD，22 PAPD，OPOA1. 以 O 为原点， 直线 OA， OP 分别为 x， z 轴， 且底面 ABCD 中过 O 点垂直于 AD 的直线为 y 轴建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0)，D( 1,0,0)，P(0,0,1) 假设在 AB 上存在点 G 使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角的余弦值 为 ，连接 PG，DG. 1 3 设 G(1，a,0)(0a2) 由(1)知平面 PCD 的一个法向量为(1,0，1) PA 设平面 PDG 的法向量为 n(x，y，z) (1,0,1)，(2，a,0)， DP GD 由

8、 n0，n0 可得Error!， DP GD 令 x1，则 y ，z1，故 n(1， ，1)， 2 a 2 a cosn， ，解得，a PA nPA |n|PA | 2 2 2 4 a2 2 2 4 a2 1 3 . 1 2 在线段 AB 上存在点 G(1，0)， 1 2 使得平面 PCD 与平面 PDG 夹角的余弦值为 . 1 3 1(2014安徽卷)如右图，四棱柱 ABCD A1B1C1D1中， A1A底面 ABCD， 四边形 ABCD 为梯形， ADBC， 且 AD2BC.过 A1，C，D 三点的平面记为 ，BB1与 的交点为 Q. (1)证明：Q 为 BB1的中点； (2)求此四棱柱被

9、平面 所分成上下两部分的体积之比； (3)若 A1A4，CD2，梯形 ABCD 的面积为 6，求平面 与底面 ABCD 所成二面角的大小 解：(1)因为 BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A. 所以平面 QBC平面 A1AD. 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行，即 QCA1D. 故QBC 与A1AD 的对应边相互平行，于是QBCA1AD. 所以 ，即 Q 为 BB1的中点 BQ BB1 BQ AA1 BC AD 1 2 (2)如图 1，连接 QA，QD.设 AA1h，梯形 ABCD 的高为 d，四棱 柱被平面 所分成上下两部分的体积分别为 V上和 V下， BCa， 则

10、AD 2a. 图 1 VQA1AD 2ahd ahd， 1 3 1 2 1 3 VQABCD d( h) ahd， 1 3 a2a 2 1 2 1 4 所以 V下VQA1ADVQABCDahd， 7 12 又 VA1B1C1D1ABCD ahd， 3 2 所以 V上VA1B1C1D1ABCDV下 ahdahdahd， 故. 3 2 7 12 11 12 V上 V下 11 7 (3)解法 1：如图 1，在ADC 中，作 AEDC，垂足为 E，连接 A1E. 又 DEAA1，且 AA1AEA， 所以 DE平面 AEA1，于是 DEA1E. 所以AEA1为平面 与底面 ABCD 所成二面角的平面角

11、因为 BCAD，AD2BC，所以 SADC2SBCA. 因为梯形 ABCD 的面积为 6，DC2，所以 SADC4，AE4. 于是 tanAEA11，AEA1 . AA1 AE 4 故平面 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . 4 图 2 解法 2：如图 2，以 D 为原点，分别为 x 轴和 z 轴正方向 DA DD1 建立空间直角坐标系 设CDA. 因为 SABCD2sin6， a2a 2 所以 a.从而 C(2cos，2sin，0)，A1(，0,4)， 2 sin 4 sin 所以(2cos，2sin，0)，(，0,4) DC DA1 4 sin 设平面 A1DC 的法向量为 n(x，

12、y,1)， 由Error!得 xsin，ycos， 所以 n(sin，cos，1) 因为平面 ABCD 的法向量为 m(0,0,1)， 所以 cosn，m， nm |n|m| 2 2 故平面 与底面 ABCD 所成二面角的大小为 . 4 2如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱 SA底面 ABCD，AB 垂直于 AD 和 BC，SAABBC2，AD1.M 是棱 SB 的中点 (1)求证：AM平面 SCD； (2)求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值； (3)设点 N 是直线 CD 上的动点，MN 与平面 SAB 所成的角为 ， 求 sin 的最大值 解：

13、 (1)证明：以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1) 则(0,1,1)，(1,0，2)，(1，2,0) AM SD CD 设平面 SCD 的法向量是 n(x，y，z)， 则Error!即Error! 令 z1，则 x2，y1，于是 n(2，1,1) n0，n.又 AM平面 SCD， AM AM AM平面 SCD. (2)易知平面 SAB 的一个法向量为 n1(1,0,0)设平面 SCD 与平 面 SAB 所成的二面角为 ， 则|cos| | n1n |n1|n| | 1，0，02，1，1 1 6 | ，即 cos. | 2 1 6| 6 3 6 3 平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为. 6 3