福建省三明市第一中学届高三理科数学期末专项复习.docx

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福建省三明市第一中学届高三理科数学期末专项复习

三明一中2017-18上高三理科期末专项复习提纲三《立体几何》

一、[例题评析]

（选修2－1P118A组T11改编）某几何体ABCA1B1C1的三视图和直观图如图所示．

（1）求证：

A1C⊥平面AB1C1；

（2）求二面角C1AB1C的余弦值．

[解析]

（1）证明：

由三视图可知，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，

B1C1⊥A1C1，且|AA1|＝|AC|＝4，|BC|＝3.

以点C为原点，分别以CA、CB、CC1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

由已知可得A（4,0,0），B（0,3,0），C（0,0,0），A1（4,0,4），B1（0,3,4），C1（0,0,4）．

∴＝（－4,0，－4），＝（4,0，－4），＝（0,3,0）．

∴·＝0，·＝0.

∴A1C⊥C1A，A1C⊥C1B1.

又C1A∩C1B1＝C1，

∴A1C⊥平面AB1C1.

（2）由

（1）得，＝（4,0,0），＝（0,3,4）．

设平面AB1C的法向量为＝（x，y，z），则⊥，⊥.

∴，即.

令y＝4，得平面AB1C的一个法向量为＝（0,4，－3）．

由

（1）知，是平面AB1C1的一个法向量．

∴cos〈，〉＝＝＝.

故二面角C1AB1C的余弦值为.

二、【课堂演练】

1.（选修2－1P111练习T3改编）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC1的中点，则DE与平面BCC1B1所成角的正切值为（　　）

A.B.

C.D.

2.（选修2－1P117A组T3改编）在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，求λ的值．

3.（选修2－1P119B组T2改编）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

（1）求证：

B1E⊥AD1；

（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．

三、【课后作业】

1.如图，四棱锥中，地面，，，，为线段上一点，，为的中点．

（I）证明平面

（II）求直线与平面所成角的正弦值.

2.（必修2P69例3改编）如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A、B的任意一点，

（1）求证：

平面PAC⊥平面PBC；

（2）若PA＝AB，且∠ABC＝30°.求二面角PBCA的大小．

3.（选修2－1P119B组T3改编）在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝∠CDA＝90°，SA⊥平面ABCD，CD＝2AB，E为SC中点．

（1）求证：

BE∥平面SAD；

（2）若SA＝AD＝2，且平面SBC与平面SAD所成的二面角的余弦值为，求四棱锥SABCD的体积．

4.（选修2－1P112A组T6改编）如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，

（1）求点A到平面MBC的距离

（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值

三明一中2017-18上高三理科期末专项复习提纲三《立体几何》答案

二、课题演练答案

1.[答案]C[解析]设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，

以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵E为BC1的中点，∴D（0,0,0），E（1,2,1），∴＝（1,2,1），

设DE与平面BCC1B1所成角的平面角为θ，

∵平面BCC1B1的法向量＝（0,1,0），

∴sinθ＝|cos〈，〉|＝＝，

∴cosθ＝＝，

∴tanθ＝＝，故选C.

2.[解析]如图所示，取B1C1中点P，以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

∵底面边长为1，侧棱长为2，则A（0，，0），B1（－，0,2），C（，0,0），C1（，0,2），M（0,0,0），设N（，0，t），

∵＝λ，∴N（，0，），

∴＝（－，－，2），

＝（，0，）．

又∵AB1⊥MN，∴·＝0.

∴－＋＝0，∴λ＝15.

3.[解析]

（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AB＝a，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），

＝.

因为·＝－×0＋1×1＋（－1）×1＝0，

所以B1E⊥AD1.

（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）．

因为n⊥平面B1AE，

所以n⊥，n⊥，得

取x＝1，则y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝.

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.

又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时|AP|＝.

三、课后作业答案

1.

试题解析：

（II）取BC得中点E，连接AE，

由AB=AC得,从而，

且.

以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

由题意知，P（0,0,4），M（0,2,0），C（，2,0），N（，1,2）

设为平面的法向量，

则，即，

可取，

于是.

2.[解析]

（1）证明：

设⊙O所在的平面为α，

由已知条件PA⊥α，BC在α内，所以PA⊥BC.

因为点C是圆周上不同于A，B的任意一点，

AB是⊙O的直径，所以∠BCA是直角，即BC⊥AC.

又因为PA与AC是△PAC所在平面内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAC.

又因为BC在平面PBC内，所以平面PAC⊥平面PBC.

（2）由

（1）知，∠PCA为二面角PBCA的平面角．

∵∠ABC＝30°，∠ACB＝90°.

∴AC＝AB＝PA.

由

（1）知PA⊥AC.

∴∠PCA＝45°，即二面角PBCA的大小为45°.

3.[解析]

（1）证明：

设点F为SD的中点，连接AF，EF，

∵E点为SC的中点，

∴EF为△SDC的中位线，

∴EFDC，

又∵∠DAB＝∠CDA＝90°且CD＝2AB，

∴ABCD，

∴ABEF，∴四边形ABEF为平行四边形，

∴BE∥AF，又∵AF⊂平面SAD，BE⊄平面SAD，

∴BE∥平面SAD.

（2）∵SA⊥平面ABCD，则可建以A为原点的空间直角坐标系（如图所示），SA＝AD＝2，

∴A（0,0,0），D（－2,0,0），S（0,0,2），

设B（0，m,0），∴C（－2,2m,0），∴＝（0，m，－2），＝（－2，m,0），

设平面SBC的法向量为＝（x，y，z）且SB∩BC＝B，∴，∴＝（，1，），

显然，平面SAD的法向量为＝（0，m,0），

又∵平面SBC与平面SAD所成的二面角的余弦值为，∴|cos〈，〉|＝，

∴＝，∴m＝1，∴|AB|＝1，|CD|＝2，

∴S直角梯形ABCD＝3，∴V四棱锥SABCD＝×3×2＝2.

4.[解析]取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，

OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.

以O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

OB＝OM＝，则各点的坐标分别为O（0,0,0），C（1,0,0），M（0,0，），B（0，－，0），A（0，－，2）．

①设＝（x，y，z）是平面MBC的法向量，则＝（1，，0），＝（0，，）．

由⊥，得x＋y＝0；

由⊥，得y＋z＝0.

取＝（，－1,1），＝（0,0,2），则距离d＝＝.

②＝（－1,0，），＝（－1，－，2）．

设平面ACM的法向量为＝（x，y，z），

由得

解得x＝z，y＝z，取＝（，1,1）．

平面BCD的法向量为＝（0,0,1），

则cos〈，〉＝＝.

设所求二面角为θ，则sinθ＝＝.