2018高考数学(理科)习题:第八章 立体几何 8-4 Word版含答案

1.若空间中四条两两不同的直线 l1,l2,l3,l4,满足 l1⊥l2,l2⊥ l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( ) 点击观看解答视频 A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1 与 l4 既不垂直也不平行 D.l1 与 l4 的位置关系不确定 答案 解析 D 由 l1⊥l2,l2⊥l3 可知 l1 与 l3 的位置不确定, 若 l1∥l3,则结合 l3⊥l4,得 l1⊥l4,所以排除选项 B、C, 若 l1⊥l3,则结合 l3⊥l4,知 l1 与 l4 可能不垂直,所以排除选项 A.故选 D. 2.如下图,三棱锥 P-ABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=3,∠ACB π =2.D,E 分别为线段 AB,BC 上的点,且 CD=DE= 2,CE=2EB =2. (1)证明:DE⊥平面 PCD; (2)求二面角 A-PD-C 的余弦值. 解 (1)证明:由 PC⊥平面 ABC,DE?平面 ABC, 故 PC⊥DE. 由 CE=2,CD=DE= 2,得△CDE 为等腰直角三角形,故 CD ⊥DE. 由 PC∩CD=C,DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线,故 DE ⊥平面 PCD. π (2)由(1)知,△CDE 为等腰直角三角形,∠DCE=4.如下图,过 D 作 DF 垂直 CE 于 F,易知 DF=FC=FE=1,又已知 EB=1,故 FB=2. π DF FB 2 由∠ACB=2得 DF∥AC,AC =BC=3, 3 3 故 AC=2DF=2. → → → 以 C 为坐标原点,分别以CA,CB,CP的方向为 x 轴,y 轴,z ?3 ? 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),P(0,0,3),A?2,0,0?, ? ? → → → E(0,2,0) , D(1,1,0) , ED = (1 , - 1,0) , DP = ( - 1 , - 1,3) , DA = ?1 ? ? ,-1,0?. ?2 ? 设平面 PAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), → → 由 n1· DP=0,n1· DA=0, ?-x1-y1+3z1=0, 得?1 ?2x1-y1=0, 故可取 n1=(2,1,1). → 由(1)可知 DE⊥平面 PCD,故平面 PCD 的法向量 n2 可取为ED, 即 n2=(1,-1,0),从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos〈n1, n2〉= n1· n2 3 =6, |n1|· |n2| 3 故所求二面角 A-PD-C 的余弦值为 6 . 3.如图,在四棱锥 A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面 AEF⊥平面 EFCB, EF∥BC, BC=4, EF=2a, ∠EBC=∠FCB=60° , O 为 EF 的中点. 点击观看解答视频 (1)求证:AO⊥BE; (2)求二面角 F-AE-B 的余弦值; (3)若 BE⊥平面 AOC,求 a 的值. 解 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为 EF 的中点,所以 AO⊥EF. 又因为平面 AEF⊥平面 EFCB,AO?平面 AEF, 所以 AO⊥平面 EFCB.所以 AO⊥BE. (2)取 BC 中点 G,连接 OG. 由题设知 EFCB 是等腰梯形, 所以 OG⊥EF. 由(1)知 AO⊥平面 EFCB, 又 OG?平面 EFCB, 所以 OA⊥OG. 如右图建立空间直角坐标系 O-xyz, → 则 E(a,0,0),A(0,0, 3a),B(2, 3(2-a),0),EA=(-a,0, 3 a), → BE=(a-2, 3(a-2),0). 设平面 AEB 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n· EA=0, 则? → ? ?n· BE=0, ? ?-ax+ 3az=0, 即? ? ??a-2?x+ 3?a-2?y=0. 令 z=1,则 x= 3,y=-1.于是 n=( 3,-1,1). 平面 AEF 的法向量为 p=(0,1,0). n· p 5 所以 cos〈n,p〉= =- 5 . |n||p| 5 由题知二面角 F-AE-B 为钝角,所以它的余弦值为- 5 . → → (3)因为 BE⊥平面 AOC,所以 BE⊥OC,即BE· OC=0. → → 因为BE=(a-2, 3(a-2),0),OC=(-2, 3(2-a),0), → → 所以BE· OC=-2(a-2)-3(a-2)2. → → 4 由BE· OC=0 及 0<a<2,解得 a=3. π 4.如图 1,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠BAD=2,AB= BC=1,AD=2,E 是 AD 的中点,O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到△A1BE 的位置,如图 2. (1)证明:CD⊥平面 A1OC; (2)若平面 A1BE⊥平面 BCDE, 求平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的 余弦值. 解 (1)证明:在图 1 中, π 因为 AB=BC=1,AD=2,E 是 AD 的中点,∠BAD=2,所以 BE⊥AC. 即在图 2 中,BE⊥OA1,BE⊥OC, 从而 BE⊥平面 A1OC, 又 CD∥BE, 所以 CD⊥平面 A1OC. (2)由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE, 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC, 所以∠A1OC 为二面角 A1-BE-C 的平面角, π 所以∠A1OC=2. 如下图,以 O 为原点,建立空间直角坐标系, 因为 A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED, 所以 B? ? 2 ? ? ? ? ? 2 2? ? 2 ?, E?- ,0,0?, A1?0,0, ?, C?0, ,0?, , 0 , 0 2 2? ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? → ? 2 2 ? → ? 2 2? → → 得 BC=?- , ,0? , A1C =?0, ,- ? , CD =BE = (-

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