2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練19 立體幾何 理.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時訓(xùn)練19 立體幾何 理 1．(xx長春市高三模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四邊形ABCD滿足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，點M為PC的中點，點E為BC邊上的動點，且＝λ. (1)求證：平面ADM⊥平面PBC； (2)是否存在實數(shù)λ，使得二面角PDEB的余弦值為？若存在，試求出實數(shù)λ的值；若不存在，說明理由． 解析：(1)證明：如圖取PB的中點N，連接MN、AN. ∵M(jìn)是PC的中點，N是PB的中點，∴MN∥BC，MN＝BC＝2， 又∵BC∥AD，∴MN∥AD，MN＝AD，∴四邊形ADMN為平行四邊形． ∵AP⊥AD，AB⊥AD，且AP∩AB＝A， ∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AN，∴AN⊥MN. ∵AP＝AB，∴AN⊥PB，∴AN⊥平面PBC， ∵AN?平面ADM，∴平面ADM⊥平面PBC. (2)解：存在符合條件的λ. 以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)， 設(shè)E(2，t,0)，從而＝(0,2，－2)，＝(2，t－2,0)，則平面PDE的一個法向量為n1＝(2－t,2,2)， 又平面DEB即為平面xAy，其一個法向量為n2＝(0,0,1)， 則cos〈n1，n2〉＝＝＝， 解得t＝3或t＝1，故λ＝3或λ＝. 2．(xx南寧市高中畢業(yè)測試)如圖所示多面體中，AD⊥平面PDC，ABCD為平行四邊形，E為AD的中點，F(xiàn)為線段BP上一點，∠CDP＝120，AD＝3，AP＝5，PC＝2. (1)試確定點F的位置，使得EF∥平面PDC； (2)若BF＝BP，求直線AF與平面PBC所成的角的正弦值． 解：(1)取線段BP的中點F，取PC的中點O，連接FO，DO， ∵F，O分別為BP，PC的中點，∴FO綊BC.∵四邊形ABCD為平行四邊形，ED∥BC，且DE＝BC， ∴FO∥ED且ED＝FO，∴四邊形EFOD是平行四邊形， ∴EF∥DO. ∵EF?平面PDC，DO?平面PDC，∴EF∥平面PDC. (2)以DC為x軸，過D點作DC的垂線為y軸，DA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 在△PDC中，由PD＝4，PC＝2，∠CDP＝120，及余弦定理，得CD＝2， 則D(0,0,0)，C(2,0,0)，B(2,0,3)，P(－2,2，0)，A(0，0,3)， 設(shè)F(x，y，z)，則＝(x－2，y，z－3)＝＝，∴F. ＝.設(shè)平面PBC的法向量n1＝(a，b，c)， ＝(0,0,3)，＝(4，－2，0)， 由得 令y＝1，可得n1＝. cos〈，n1〉＝＝， ∴直線AF與平面PBC所成的角的正弦值為. 3．(xx山西省高三質(zhì)檢)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝，CD＝2. (1)求證：平面PBD⊥平面PBC； (2)設(shè)H為CD上一點，滿足＝2 ，若直線PC與平面PBD所成的角的正切值為，求二面角HPBC的余弦值． 解析：(1)證明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，可得BD＝. 又BC＝，CD＝2， ∴BC⊥BD. ∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC，又PD∩BD＝D， ∴BC⊥平面PBD，又BC?平面PBC， ∴平面PBD⊥平面PBC. (2)解：由(1)可知∠BPC為PC與平面PBD所成的角， ∴tan∠BPC＝， ∴PB＝，PD＝1. 由＝2 及CD＝2，可得CH＝，DH＝. 以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 則B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，H. 設(shè)平面HPB的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則 即 取y1＝－3，則n＝(1，－3，－2)． 設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)， 則即 取x2＝1，則m＝(1,1,2)． 又cos〈m，n〉＝＝－. 故二面角HPBC的余弦值為. 4.已知四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為a的菱形，∠BAD＝120，PA＝b. (1)求證：平面PBD⊥平面PAC； (2)設(shè)AC與BD交于點O，M為OC中點，若二面角OPMD的正切值為2，求a∶b的值． (1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又底面ABCD為菱形，所以AC⊥BD，所以BD⊥平面PAC， 從而平面PBD⊥平面PAC.(6分) (2)解法一：過O作OH⊥PM交PM于H，連接HD. 因為DO⊥平面PAC，可以推出DH⊥PM，所以∠OHD為OPMD的平面角．(8分) 又OD＝a，OM＝，AM＝，且＝， 從而OH＝＝， tan∠OHD＝＝＝2， 所以9a2＝16b2，即＝. 解法二：如圖，以A為原點，AD，AP所在直線為y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0，b)，D(0，a,0)，M， O.(8分) 從而＝(0，a，－b)，＝，＝. 因為BD⊥平面PAC，所以平面PMO的一個法向量為＝. 設(shè)平面PMD的法向量為n＝(x，y，z)，由⊥n，⊥n得 n＝ay－bz＝0，n＝ax＋ay－bz＝0， 取x＝b，y＝b，z＝a，即n＝. 設(shè)與n的夾角為θ，則二面角OPMD大小與θ相等， 從而tan θ＝2，得cos θ＝， cos θ＝＝＝， 從而4b＝3a，即a∶b＝4∶3.