【科学备考】(新课标)2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面平行的判定和性质 理(含2014试题).doc
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1、【科学备考】(新课标)2015高考数学二轮复习 第八章 立体几何 直线、平面平行的判定和性质 理(含2014试题)理数1. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 7) 已知和是两条不同的直线,和是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中一定能推出的是( )A. 且 B. 且 C. 且 D. 且答案 1. C解析 1. 对选项A,与平行或相交;对选项B,与平行或相交;选项C正确;选项D,与平行或相交. 故选C.2. (2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动
2、,且DP=BQ=(02).()当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ;()是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.答案 2.查看解析解析 2.解法一:(几何方法)()证明:如图1,连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1.当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.()如图2,连结BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EFBD,且EF=BD.又DP=BQ,DPBQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,
3、且PQ=BD,从而EFPQ,且EF=PQ.在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连结OH,OG,则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O,故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则GOH=90.连结EM,FN,则由EFMN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连结GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在GOH中,GH2=4,OH2=1+2-=2+,OG2=1
4、+(2-)2-=(2-)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+2+=4,解得=1,故存在=1,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方法)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,).=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0).()证明:当=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.()设平面EFPQ
5、的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(,-,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1).若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=1.故存在=1,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.3.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.求证:(1)直线PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC.答案 3.查看解析解析 3.(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中
6、点,所以DEPA.又因为PA平面DEF,DE平面DEF,所以直线PA平面DEF.(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=PA=3,EF=BC=4.又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAAC,DEPA,所以DEAC.因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE平面ABC.4.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,DAB=60,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.()求证:C1M平面A1A
7、DD1;()若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.答案 4.查看解析解析 4.()证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以ABDC,又由M是AB的中点,因此CDMA且CD=MA.连结AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,因为CDC1D1,CD=C1D1,可得C1D1MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形.因此C1MD1A,又C1M平面A1ADD1,D1A平面A1ADD1,所以C1M平面A1ADD1.()解法一:连结AC,MC,由()知CDAM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形.可得BC=
8、AD=MC,由题意ABC=DAB=60,所以MBC为正三角形,因此AB=2BC=2,CA=,因此CACB.以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),因此M,所以=,=.设平面C1D1M的法向量n=(x,y,z),由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量.因此cos=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由()知平面D1C1M平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连结D1N.由CD1平面ABCD,可得D1NAB,因此D1NC为二面角C
9、1-AB-C的平面角.在RtBNC中,BC=1,NBC=60,可得CN=.所以ND1=.在RtD1CN中,cosD1NC=.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.5.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.()求证:ABFG;()若PA底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.答案 5.查看解析解析 5.()在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以ABDE.又因为AB平面PDE,所以AB平面
10、PDE.因为AB平面ABF,且平面ABF平面PDE=FG,所以ABFG.()因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE.如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为,则sin =|cos|=.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=(01),即(u,v,w-2)=(2,1,-2).所以u=2,v=,w=2-2.因
11、为n是平面ABF的法向量,所以n=0,即(0,-1,1)(2,2-2)=0.解得=,所以点H的坐标为.所以PH=2.6.(2014重庆一中高三下学期第一次月考,19)(原创)如图,在四面体中,平面,。是的中点,是的中点,点在线段上,且。(1) 证明: 平面;(2) 若异面直线与所成的角为,二面角的大小为,求的值。答案 6.查看解析解析 6. 法一:(1) 如图,连并延长交于,连,过作交于,则,。故,从而。因平面,平面,故平面;(2) 过作于,作于,连。因平面,故平面平面,故平面,因此,从而平面,所以即为二面角的平面角。因,故,因此即为的角平分线。由易知,故,从而,。由题易知平面,故。由题,故。
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