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1、2022屆高考數(shù)學二輪復習 高考大題專項練 三 立體幾何（A）理
1.如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于點F,FE∥CD,交PD于點E.
(1)證明:CF⊥平面ADF;
(2)求二面角DAFE的余弦值.
2.(2018·赤峰模擬)如圖,多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為平行四邊形,其中∠BAD=,AD=,AB=1,等邊△ADE所在平面與平面ABCD垂直, FC⊥平面ABCD,且FC=.
(1)點P在棱AE上,且=2,Q為△EBC的重心,求證:PQ∥平面EDC.
(2)求平面DEF與平面EAB所成銳二面角的余弦值.
2、
3.(2018·延邊質(zhì)檢)在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=, AB=BC=2,BB1=4,點D在棱CC1上,且CD=λCC1(0<λ<1).建立如圖所示的空間直角坐標系.
(1)當λ=時,求異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值;
(2)若二面角AB1DA1的平面角為,求λ的值.
4.(2018·赤峰二模)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四邊形ACFE為矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.
(1)求證:EF⊥平面BCF.
(2)點M在線段EF(含端點)上運動,當點M在什么位置時
3、,平面MAB與平面FCB所成銳二面角θ最大,并求此時二面角的余弦值.
1.(1)證明:由題意可知DA⊥DC,DA⊥DP,DC⊥DP,
故可以D為原點,DP所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,DA所在直線為z軸建立空間直角坐標系,
設正方形ABCD的邊長為a,
則C(0,a,0),A(0,0,a),
由平面幾何知識可求得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CF⊥DF,CF⊥DA.
又DF∩DA=D,
所以CF⊥平面ADF.
4、
(2)解:可求得E(a,0,0),
則=(a,0,-a),
又=(a,a,-a),
設平面AEF的法向量為n=(x,y,z),
則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的一個法向量n=(1,0,).
又由(1)知平面ADF的一個法向量為=(a,-a,0),
故cos==,
由圖可知二面角DAFE為銳二面角,
所以其余弦值為.
2.(1)證明:如圖,在棱BE上取點M,使得BM=2ME,連接BQ并延長,交CE于點N.
則在△ABE中,
又AP=2P
5、E,
所以PM∥AB,
又四邊形ABCD為平行四邊形,
所以AB∥CD,所以PM∥CD.
在△BCE中,Q為重心,
所以BQ=2QN,又BM=2ME,
所以MQ∥EC.
又因為PM∩MQ=M,CD∩EC=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+AD2-2AB·ADcos∠BAD=12+()2-2×1×cos=1,
所以BD=1.取AD的中點O,
連接EO,OB,
在△EAD中,EA=ED=AD=,
所以EO⊥AD,且EO=AD=.
6、
又因為平面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OB⊥AD,且OB=,
如圖,以O為坐標原點,
分別以OA,OB,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系.
則A(,0,0),D(-,0,0),B(0,,0),E(0,0,),F(-,,).
則=(-,,0),
=(-,0,),
=(,0,),=(-,,).
設平面ABE的法向量為m=(x1,y1,z1),
則由
可得
整理得
令z1=1,則x1=,y1=3,
所以m=(,3,1)為平面ABE的一個法向量.
設平
7、面DEF的法向量為n=(x2,y2,z2),
則由可得
整理得
令z2=-1,
則x2=,y2=6.
所以n=(,6,-1)為平面DEF的一個法向量.
所以cos=
==,
設平面DEF與平面EAB所成銳二面角為θ,
則cos θ=cos=.
3.解:(1)易知A(0,0,2),B1(0,4,0),A1(0,4,2).
當λ=時,因為BC=CD=2,∠BCC1=,
所以C(,-1,0),D(,1,0).
所以=(0,4,-2),=(,-3,-2),
所以cos<,>=
=
=-.
故異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值為.
(2)由CD=
8、λCC1可知,D(,4λ-1,0),
所以=(-,5-4λ,0),
由(1)知,=(0,4,-2).
設平面AB1D的法向量為m=(x,y,z),
則即
令y=1,解得x=,z=2,
所以平面AB1D的一個法向量為m=(,1,2).
設平面A1B1D的法向量為n=(x′,y′,z′),
則即
令y′=1,解得x′=,z′=0,
所以平面A1B1D的一個法向量為n=(,1,0).
因為二面角AB1DA1的平面角為,
所以|cos|=||
=
=,
即(5-4λ)2=9,
解得λ=或λ=2(舍),故λ的值為.
4.(1)證明:在梯形ABCD中,
因為A
9、B∥CD,AD=CD=BC=1,
又因為∠BCD=,所以AB=2,
所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3.
所以AB2=AC2+BC2.
所以BC⊥AC.
因為CF⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,
所以AC⊥CF,
而CF∩BC=C,
所以AC⊥平面BCF,
因為EF∥AC,
所以EF⊥平面BCF.
(2)解:由(1)可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸,y軸,z軸的空間直角坐標系如圖所示,
AD=CD=BC=CF=1,
令FM=λ(0≤λ≤),則C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
所以=(-,1,0),=(λ,-1,1),
設n1=(x,y,z)為平面MAB的一個法向量,
由得取x=1,
則n1=(1,,-λ),
因為n2=(1,0,0)是平面FCB的一個法向量,
所以cos θ=
=
=,
因為0≤λ≤,
所以當λ=0時,cos θ有最小值,
所以點M與點F重合時,
平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大,此時二面角的余弦值為.
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