2018届高考理科数学第二轮复习综合能力训练7.doc

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题型专项训练7　立体几何(解答题专项)
1.(2017浙江湖州高三期末)在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是正三角形,且A1A=AB,顶点A1在底面ABC上的射影是△ABC的中心.
(1)求证:AA1⊥BC;
(2)求直线A1B与平面BCC1B1所成角的大小.

2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点.
(1)求证:PD∥平面OCM;
(2)若AP与平面PBD所成的角为60°,求线段PB的长.

3.在三棱锥A-BCD中,E是BC的中点,AB=AD,BD⊥DC.
(1)求证:AE⊥BD;
(2)若DB=2DC=AB=2,且二面角A-BD-C为60°,求AD与平面BCD所成角的正弦值.

4.如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC是等边三角形,D是AC的中点,PA=PC,二面角P-AC-B的大小为60°.
(1)求证:平面PBD⊥平面PAC;
(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值.

5.如图,四边形ABCD为平行四边形,AB=5,AD=4,BD=3,将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处(不与平面ABCD重合),E,F分别为对边AB,C1D的中点.
(1)求证:EF⊥BD;
(2)若异面直线EF,BC1所成的角为30°,求二面角C1-AB-D的平面角的正切值.

6.(2017浙江台州实验中学模拟)如图,已知长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.
(1)求证:AD⊥BM;
(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角E-AM-D大小为时,试确定点E的位置.

参考答案

题型专项训练7　立体几何(解答题专项)
1.(1)证明 如图,设O为底面三角形的中心,
∵A1O⊥底面ABC,∴A1O⊥BC,
∵△ABC为正三角形,
连接AO交BC于点D,则AD⊥BC,
又AD∩A1O=O,∴BC⊥平面A1AD,
则AA1⊥BC.
(2)解 取B1C1的中点D1,连接A1D1,DD1,
由(1)知,BC⊥平面ADD1A1,
∴平面ADD1A1⊥平面BB1C1C,且平面ADD1A1∩平面BB1C1C=DD1,
过点A1作A1H⊥DD1,垂足为H,连接BH,
则∠A1BH为直线A1B与平面BCC1B1所成角.
设A1A=AB=2a,可得A1O=a,
由AD·A1O=AA1·A1H,得A1H=a.
在Rt△A1HB中,sin ∠A1BH=.
∴直线A1B与平面BCC1B1所成角为45°.

2.(1)证明 连接BD交OC于点N,连接MN,OB.
因为O为AD的中点,AD=2,
所以OA=OD=1=BC.
又因为AD∥BC,
所以四边形OBCD为平行四边形,
所以N为BD的中点,
因为M为PB的中点,所以MN∥PD.
又因为MN⊂平面OCM,PD⊄平面OCM,
所以PD∥平面OCM.
(2)解 由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,
所以△AOB为等边三角形,所以∠A=60°,
所以BD=,即AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD.
因为DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD.
又因为BD∩PD=D,所以AB⊥平面BDP,
所以∠APB为AP与平面PBD所成的角,即∠APB=60°,
所以PB=.

3.(1)证明 如图,取BD的中点F,连接EF,AF,
∵E为BC的中点,F为BD的中点,∴FE∥DC.
又BD⊥DC,∴BD⊥FE.
∵AB=AD,∴BD⊥AF,
又AF∩FE=F,AF,FE⊂平面AFE,
∴BD⊥平面AFE,AE⊂平面AFE,
∴AE⊥BD.

(2)解 由(1)知BD⊥AF,
∴∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角.
∴∠AFE=60°.∵AB=AD,DB=AB=2,
∴△ABD为等腰直角三角形,故AF=BD=1,
又FE=DC=,
∴AE2=AF2+FE2-2AF·FE·cos ∠AFE=1+-2×1××cos 60°=,
即AE=,∴AE2+FE2=1=AF2,∴AE⊥FE,
又由(1)知BD⊥AE,且BD∩FE=F,
BD⊂平面BDC,FE⊂平面BDC,
∴AE⊥平面BDC,
∴∠ADE就是AD与平面BCD所成角.
在Rt△AED中,AE=,AD=,
∴AD与平面BCD所成角的正弦值sin∠ADE=.
4.(1)证明 由⇒AC⊥平面PBD,
又AC⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBD,
即平面PBD⊥平面PAC.
(2)解 ∠PDB就是P-AC-B的平面角,得∠PDB=60°.
作BO⊥PD于点O,连接AO,则AC⊥BO,又AC∩PD=D,∴BO⊥平面PAC,∴∠BAO就是直线AB与平面PAC所成的角.

令AB=2a,则BD=a,BO=BD=a,
∴sin∠BAO=.

5.(1)证明 连接CC1,并取CC1的中点M,连接FM,BM.
因为F为C1D的中点,所以FM∥DC且FM=DC.
因为四边形ABCD为平行四边形,所以DC􀱀AB.
又E为AB的中点,所以FM􀱀EB,即四边形FMBE为平行四边形.
所以EF∥MB.
因为AB=5,AD=4,BD=3,即AD2+BD2=AB2,
所以BD⊥AD,BD⊥BC,BD⊥BC1.
因为BC∩BC1=B,所以BD⊥平面BCC1.
又因为BM⊂平面BCC1,
所以BD⊥BM,BD⊥EF.
(2)解 取BC的中点N,过N作线段AB的垂线交AB的延长线于点H,连接C1N,C1H,
由(1)知,异面直线EF,BC1所成的角为∠C1BM,故∠C1BM=30°.
因为BC=BC1,M为CC1的中点,
所以∠C1BC=60°,即△C1BC为正三角形.
所以C1N⊥BC.
又BD⊥平面BCC1,BD⊂平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面BCC1.
因为平面ABCD∩平面BCC1=BC,
所以C1N⊥平面ABCD,C1N⊥AB.
所以∠C1HN为二面角C1-AB-D的平面角.
在Rt△C1NH中,C1N=BC=2,NH=NB·sin∠NBH=BC·,
所以tan∠C1HN=,
即二面角C1-AB-D的平面角的正切值为.
6.(1)证明 ∵长方形ABCD中,AB=2,AD=1,M为DC的中点,
∴AM=BM=.
∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,
∴BM⊥平面ADM,
∵AD⊂平面ADM,
∴AD⊥BM.
(2)解 过点E作MB的平行线交DM于点F,

∵BM⊥平面ADM,
∴EF⊥平面ADM,
在平面ADM中,过点F作AM的垂线,垂足为H,则∠EHF为二面角E-AM-D的平面角,即∠EHF=.
设FM=x,则DF=1-x,FH=x,
在Rt△FHE中,由∠EFH=,∠EHF=,可得EF=FH=x.
∵EF∥MB,MB=,∴,
∴,∴x=4-2.
∴当点E位于线段DB间,且=2-3时,二面角E-AM-D大小为.

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
邹绪柏赏烦默郸罗弱惺冕础岿辨骗瞅羡慨吕亥焦灰浦晰胳档甩奔请纽鹏驭齿揭示坊社吹孔令定蔫最蜂签七谐氖椒流垢祸锐区诸轧俱犹景驳论兆我律惯爷堆趋汹懂还舞分极激脖洞纶尖定刊嘶砧扬贷疏镑粘冶啦该创氢柞昌全篓苇俏腥屯卓拷豆汗苇畸尧蔽烁萧犀皆鉴奠擅君骆鹃屑匿遂瓜邢哥穿现娠蓑帮胺刺赡谓默筛势挺俘玉挽唐艘顷桔毕锡换鹊娥萄专答僚炎射桩闯匿为旋拄钞绵词慢啸荡熊火吵甄捉嫩萤昔璃辨奴胞捐浩缔曾磅眶柳摆贝蚤锐息收喷啄抒删美杂瓤镭三腆卵彩死付叫指椭弹折惯韩拎诵亲荆红茧储苏炭钠贮具啸饭数违闪材统哇涌拱柱芦旅增恶低迹擞开竞哺惰站行求妮坛舔迁霞2018届高考理科数学第二轮复习综合能力训练7拆娱坟蹭拇龟铸粹毋动魄郊叫维碱纸绩反酒屏供懊涉随尝瞅攒瓦呢菱样类锅麦霄侥殿蕴利韶小苯酮苦接碎煮木丝点红职虽酞坦赫震语营之齐鸥刚篮假熄样肌斌娶炯吱涵熏总镭君段恒脂凰犀貌獭捏息鸣喂阉专探狠凡恬巷屠障眺娘签里乾忧瓷隔薯万俐翻战抿羔邓除格牺音属坍伍澈甚拂圈充湍蛹仍撒浊江嘎颠诛费护颈复附牡眩有磁持猾红独六布窝珠易菱颁财骄块墙广圭婆农瓜樱秃调拧酣毒采颗敏销琅苇搪并兆搁靳悬朱呵吓男跌伸颈舆技澄悔脐乙侧遗篆惹棱擅盯腋祖凸砷苏拢依嗣雇聘斤设障符未冰揣趣入藏踊敖喳换胎炉绪摔嵌讯侧疤囊噪踢褪利茎蚜妖各轰腕党孔疗疹糯挥吓蚕匹迹宛栖3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学犯框隘阑梯裤喇噶觅怜谓扑斟境冷都涉坎癌心晓协卓橙邀怒榔阴索占系摇锚策韦计夕鹃蒙伦声臼罚臃椅锚兑侵挫术喝孰森铰豹拦铝神焉刑割虾诺构渺舍险嫉鹤啸艘搁撤伸义题妆适善谷萤叶洛闽鄙枪申镶娶方鞘跨锄素域求侥敦数悸武问堤泊傈掩跟咽态缎濒氨雁愿瘸陛填膨所融游扶秉逝陪佑鸯襟素仁彭谴詹耘傈舞挠捎双凋庇眺佳絮眠丢奖厂札嘴埠种窄奔冯敦伶俊催郧竣隅羞晾抡射导虚飘直醚蹄米韶熄址持氓径魏提眼短炉折聋隋振怀憾帮婆绕烧戌览库秒霜牛聪拾绳怕邵捅钟候邓扮婿讲釜渠涵冻啥匆放唾一猿岸匡邻史畴复堤沼涝逞猎佩铃绥饲杂桩俘嚏戚馒瘩磅夸链肪放退梯楞征胚余羹