《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題（向量法、幾何法綜合）練習 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第61講 立體幾何中的綜合問題（向量法、幾何法綜合）練習 理（含解析）新人教A版（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第61講立體幾何中的綜合問題(向量法、幾何法綜合)夯實基礎【p139】【學習目標】1能根據(jù)題目條件靈活選擇用幾何法或向量法解決問題2會分析探究立體幾何中位置關系問題和幾何量的取值問題，培養(yǎng)探究思維能力【基礎檢測】1已知矩形ABCD，AB1，BC.將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中，()A存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直B存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D對任意位置，三對直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直【解析】對于ABCD，因為BCCD，由線面垂直的判定可得CD平面ACB，則有CDAC，而AB

2、CD1，BCAD，可得AC1，那么存在AC這樣的位置，使得ABCD成立【答案】B2如圖，斜線段AB與平面所成的角為60，B為斜足，平面上的動點P滿足PAB30，則點P的軌跡是()A直線B拋物線C橢圓D雙曲線的一支【解析】利用平面截圓錐面直接得軌跡因為PAB30，所以點P的軌跡為以AB為軸線，PA為母線的圓錐面與平面的交線，且平面與圓錐的軸線斜交，故點P的軌跡為橢圓【答案】C3(1)三角形的一邊BC在平面內，l，垂足為A，ABC，P在l上滑動，點P不同于A，若ABC是直角，則PBC是_三角形；(2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面內，直角頂點P在平面外，P在平面上的射影為A，則ABC是_三角形(

3、填“銳角”“直角”或“鈍角”)【解析】(1)如圖，PA平面ABC，PABC，又ABC90，BCAB，BC平面PAB，PBC90.(2)如圖，PB2PC2BC2，ABPB，ACPC，所以AB2AC2BC2，故BAC為鈍角【答案】(1)直角；(2)鈍角4如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點A處進行射擊訓練已知點A到墻面的距離為AB，某目標點P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準確瞄準目標點P，需計算由點A觀察點P的仰角的大小若AB15 m，AC25 m，BCM30，則tan的最大值是_(仰角為直線AP與平面ABC所成角)【解析】先利用解三角形知識求解，再利用確定函數(shù)最值的方法確定最值如圖，過

4、點P作POBC于點O，連接AO，則PAO.設COx m，則OPx m.在RtABC中，AB15 m，AC25 m，所以BC20 m所以cosBCA.所以AO(m)所以tan.當，即x時，tan取得最大值為.【答案】【知識要點】1折疊問題(1)將平面圖形按一定規(guī)則折疊成立體圖形，再對立體圖形的位置和數(shù)量關系進行論證和計算，這就是折疊問題(2)處理折疊問題，要先畫好平面圖形，并且注意平面圖形與立體圖形的對照使用，這樣有利于分析元素間的位置關系和數(shù)量關系(3)要注意分析折疊前后位置關系及數(shù)量關系的變化一般位于折線一邊的點、線間的位置關系和數(shù)量關系不變，位于折線兩邊的點、線間的位置關系，數(shù)量關系要發(fā)生

5、變化不變的關系，要注意在平面圖形中處理；變化的關系，一般在立體圖形中處理2探究性問題(1)若某幾何量或幾何元素的位置關系存在時，某點或線或面應具備何種條件的問題，就是立體幾何中的探究性問題(2)探究性問題的題設情境通常就是“是否存在”，其求解策略是：觀察猜想證明；賦值推斷；類比聯(lián)想；特殊一般特殊典例剖析【p139】考點1線面位置關系的證明在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD為正方形，PDDC，E、F分別是AB、PB的中點(1)求證：EFCD；(2)在平面PAD內求一點G，使GF平面PCB，并證明你的結論【解析】(1)如圖，分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間

6、直角坐標系設ADa，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn).，(0，a，0)0，即EFCD.(2)設G(x，0，z)，則，若使GF平面PCB，則由(a，0，0)a0，得x；由(0，a，a)a0，得z0.G點坐標為，即G點為AD的中點考點2空間角與距離的求法如圖，BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2，求點A到平面MBC的距離【解析】如圖，取CD的中點O，連接OB，OM.因為BCD與MCD均為正三角形，所以OBCD，OMCD，又平面MCD平面BCD，所以MO平面BCD.以O為坐標原點，直線OC

7、，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.因為BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，所以OBOM，則O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，0)，A(0，2)，所以(1，0)，(0，)設平面MBC的法向量為n(x，y，z)，由得即取x，可得平面MBC的一個法向量為n(，1，1)又(0，0，2)，所以所求距離為d.【點評】求點面距一般有以下三種方法：作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；等體積法；向量法其中向量法在易建立空間直角坐標系的規(guī)則圖形中較簡便考點3平面圖形的翻折問題如圖1，ACB45，BC3，過點A作ADBC，垂足D在線段BC上且異

8、于點B，連接AB，沿AD將ABD折起，使BDC90(如圖2所示)(1)當BD的長為多少時，三棱錐ABCD的體積最大；(2)當三棱錐ABCD的體積最大時，設點E，M分別為棱BC，AC的中點，試在棱CD上確定一點N，使得ENBM，并求EN與平面BMN所成角的大小【解析】(1)在如圖1所示的ABC中，設BDx(0x3)，則CD3x.由ADBC，ACB45知，ADC為等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如圖2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)，于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)，

9、當且僅當2x3x，即x1時，等號成立，故當x1，即BD1時，三棱錐ABCD的體積最大(另：VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x0；當x(1，3)時，f(x)0)，則C(m，0)，(m，0)設n1(x，y，z)為平面ACE的法向量，則即可取n1.又n2(1，0，0)為平面DAE的法向量，由題設易知|cosn1，n2|，即，解得m.因為E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為.三棱錐EACD的體積V.8如圖，在直三棱柱(側棱和底面垂直的棱柱)ABCA1B1C1中，平面A1BC側面A1ABB1，ABBCAA13，

10、線段AC、A1B上分別有一點E、F，且滿足2AEEC，2BFFA1.(1)求證：ABBC；(2)求點E到直線A1B的距離；(3)求二面角FBEC的平面角的余弦值【解析】(1)如圖，過點A在平面A1ABB1內作ADA1B于D，則由平面A1BC側面A1ABB1，且平面A1BC側面A1ABB1A1B，得AD平面A1BC，又BC平面A1BC，所以ADBC.因為三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，則AA1底面ABC，所以AA1BC.又AA1ADA，從而BC側面A1ABB1，又AB側面A1ABB1，故ABBC.(2)由(1)知，以點B為坐標原點，以BC、BA、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，可建立

11、如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)，A(0，3，0)，C(3，0，0)，A1(0，3，3)由線段AC、A1B上分別有一點E、F，滿足2AEEC，2BFFA1，所以E(1，2，0)，F(xiàn)(0，1，1)(1，1，1)，(0，3，3)所以EFBA1，所以點E到直線A1B的距離d.(3)(1，2，0)，(0，1，1)，設平面BEF的法向量為n(x，y，z)，則取x2，得n(2，1，1)，根據(jù)題意知平面BEC的法向量為m(0，0，1)，設二面角FBEC的平面角為，是鈍角，cos |cosm，n|.二面角FBEC的平面角的余弦值為.B組題1如圖，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF將正方形折成一

12、個二面角后，AEEDAD11，則AF與CE所成角的余弦值為_【解析】如圖，建立空間直角坐標系，設ABEFCD2，AEDEAD11，則E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(xiàn)(0，2，0)，C(0，2，1)，(1，2，0)，(0，2，1)，cos，AF與CE所成角的余弦值為.【答案】2如圖，在幾何體ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四邊形ACFE為矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1.(1)求證：平面FBC平面ACFE；(2)點M在線段EF上運動，設平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為(90)，試求cos 的取值范圍【解析】(1)在四邊形ABCD中，ABCD，ADDCC

13、B1，ABC60，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACFE.又因為BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.(2)由(1)知可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，令FM(0)，則C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)設n1(x，y，z)為平面MAB的法向量，由得取x1，則n1(1，)n2(1，0，0)是平面FCB的一個法向量，cos .0，當0時，cos 有最

14、小值，當時，cos 有最大值，cos .3在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，A1在底面ABC的射影是線段BC的中點O.(1)證明：在側棱AA1上存在一點E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的長；(2)求二面角A1B1CC1的余弦值【解析】(1)連接AO，在AOA1中，作OEAA1于點E，因為AA1BB1，所以OEBB1，因為A1O平面ABC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO1，AA1，得AE.(2)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，0)，A1

15、(0，0，2)由，得點E的坐標是，由(1)知平面B1CC1的一個法向量為，設平面A1B1C的法向量是n(x，y，z)，由得可取n(2，1，1)，所以所求二面角的余弦值為cos，n.4平面圖形ABB1A1C1C如圖所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖所示的空間圖形對此空間圖形解答下列問題：(1)證明：AA1BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角ABCA1的余弦值【解析】法一：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，

16、連接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C為矩形知，DD1B1C1，因為平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D1xyz.由題設，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(1，0，4)，D(0，0，4)故(0，3，4)，(2，0，0)，0，因此，即AA1BC.(2)因為(0，3，4)，所以5，即AA15.(3)連接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A

17、1AD，BCA1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角因為(0，1，0)，(0，2，4)，所以cos，.即二面角ABCA1的余弦值為.法二：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D.由條件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考慮到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延長A1D1到G點，使GD1AD，連接AG.因為ADGD1，且ADGD1，所以AGDD1BB1，且AGDD1BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由條件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因為BC平面AD1A1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，則cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值為.23