高考数学复习立体几何与空间向量第62练高考大题突破练—立体几何练习 10页

第62练高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1.(2019·杭州二中模拟)如图，△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为线段BC上一点，且DC＝BC，让△ADC绕直线AD翻折到△ADC′且使AC′⊥BC.(1)在线段BC上是否存在一点E，使平面AEC′⊥平面ABC？请证明你的结论；(2)求直线C′D与平面ABC所成的角.n2.(2019·衢州模拟)已知三棱台ABC—A1B1C1的下底面△ABC是边长2的正三角形，上底面△A1B1C1是边长为1的正三角形.A1在下底面的射影为△ABC的重心，且A1B⊥A1C.(1)证明：A1B⊥平面ACC1A1；(2)求直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值.n3.(2019·萧山中学模拟)如图，已知直角梯形ABCD和正方形BCEF，二面角A—BC—E的大小为120°，且满足AB∥CD，AD⊥AB，AD＝DC＝AB＝2，点M，H分别是线段EF，AE的中点，点N是线段AF上异于A，F的点.(1)求证：CH⊥平面AEF；(2)求直线MN与平面BCEF所成角的最大值.n[能力提升练]4.如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点.(1)求证：FG∥平面PDE；(2)求证：平面FGH⊥平面ABE；(3)在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由.答案精析基础保分练1．解　(1)存在BC的中点E，使平面AEC′⊥平面ABC，取BC的中点E，由题意知AE⊥BC，又因为AC′⊥BC，AE∩AC′＝A，所以BC⊥平面AEC′，因为BC⊂平面ABC，所以平面AEC′⊥平面ABC.(2)在平面AC′E中，过点C′作C′H⊥AE交AE的延长线于点H，连接HD.由(1)知，C′H⊥平面ABC，所以∠C′DH即为直线C′D与平面ABC所成的角．由AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，得BC＝2，DC＝，ED＝，EC′＝，在△AEC′中，由余弦定理得cos∠AEC′＝－，n所以cos∠HEC′＝，sin∠HEC′＝，所以HC′＝EC′·sin∠HEC′＝，所以sin∠HDC′＝＝，所以直线C′D与平面ABC所成的角为60°.2．(1)证明　记△ABC的重心为G，连接BG并延长交AC于点M.因为底面△ABC为正三角形，所以BG⊥AC，又点A1在底面上的射影为G，所以A1G⊥平面ABC，所以A1G⊥AC，因为A1G∩BG＝G，A1G⊂平面A1BG，BG⊂平面A1BG，所以AC⊥平面A1BG，又A1B⊂平面A1BG，所以AC⊥A1B.又A1B⊥A1C，且A1C∩AC＝C，A1C⊂平面A1AC，AC⊂平面A1AC，所以A1B⊥平面A1AC，因此，A1B⊥平面ACC1A1.(2)解　由于ABC—A1B1C1为棱台，设三侧棱延长交于一点D.因为AB＝2A1B1＝2，则A1，B1分别为棱AD，BD的中点．又G为正△ABC的重心，n则BM＝，CG＝BG＝BM＝，GM＝BM＝.因为A1B⊥平面ACC1A1，所以A1B⊥A1M，故在Rt△A1BM中，A1G⊥BM，由三角形相似，得A1G2＝BG·GM＝，A1B2＝BG·BM＝2.取A1D的中点H，连接B1H，CH，则B1H∥A1B，且B1H＝A1B＝，故B1H⊥平面ACC1A1，即∠B1CH即为直线CB1与平面ACC1A1所成的角．又＝＋＋，且GC⊥BA，A1G⊥BA，B1A1∥BA，所以⊥，⊥，又⊥，所以2＝2＋2＋2＝3，即B1C＝，所以sin∠B1CH＝＝，即直线CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为.3．(1)证明　由题可得AC＝＝2，CE＝BC＝＝2，∴AC＝CE.又H是AE的中点，∴CH⊥AE.n∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∴AC⊥EF.∵CE⊥EF，AC⊥EF，AC∩CE＝C，∴EF⊥平面ACE.∵HC⊂平面ACE，∴EF⊥HC，又EF∩AE＝E，∴CH⊥平面AEF.(2)解　方法一　过点A作AK⊥CE，垂足为K，连接KF，过点N作NL∥AK，交KF为L，连接ML，∵EF⊥平面ACE，∴平面EFK⊥平面ACE，又∵平面EFK∩平面ACE＝CE，AK⊂平面ACE，∴AK⊥平面EFK，∴NL⊥平面EFK，∴∠NML就是直线MN与平面BCEF所成的角．设FL＝x，∵AK＝，KF＝，则NL＝x，ML2＝FL2＋FM2－2FM×FL×cos∠MFL＝x2－x＋2，∴tan∠NML＝＝＝，∵x∈(0，)，∴∈，∴当＝时，(tan∠NML)max＝，∴直线MN与平面BCEF所成角的最大值是.方法二　以点C为原点，分别以CA，CB所在直线为x轴、y轴，过点C垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，n∴C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，E(－，0，)，∴＝＋＝＋＝(－，0，)＋(0,2，0)＝(－，2，)，∴F(－，2，)，M(－，，)．设n＝(x，y，z)是平面BCEF的法向量，由即令z＝1，得n＝(，0,1)．设||＝λ||(0<λ<1)，＝＋＝＋λ＝(2，0,0)＋λ(－3，2，)＝(2－3λ，2λ，λ)，＝－＝(3－3λ，2λ－，λ－)，∴sinθ＝＝＝，令x＝1－λ，x∈(0,1)，则sinθ＝＝≤，当＝2，即x＝，λ＝时取等号．∴θ的最大值是.能力提升练4．(1)证明　因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE.n又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，所以FG∥平面PDE.(2)证明　因为EA⊥平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以EA⊥CB.又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，所以FH∥BC，则FH⊥平面ABE.又FH⊂平面FGH，所以平面FGH⊥平面ABE.(3)解　在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.证明如下：如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.在Rt△AEB中，因为AE＝1，AB＝2，所以BE＝.在直角梯形EADP中，因为AE＝1，AD＝PD＝2，所以PE＝，所以PE＝BE.又F为PB的中点，所以EF⊥PB.要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM.因为EA⊥CB，PD∥AE，所以PD⊥CB，又CB⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以CB⊥平面PCD，而PC⊂平面PCD，所以CB⊥PC.若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，可得＝.由已知可求得PB＝2，PF＝，PC＝2，所以PM＝.故在线段PC上存在一点M，当PM＝时，使得PB⊥平面EFM.n