2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

z???EF?m?0??2x??0???m?(?1,0,4)， 则有：?2?FC?m?0?3y?0??故cosn,m?n?mn?m?1717?, 21?1721221. 21设二面角B?EF?C的平面角为? ，则sin??

17.解（Ⅰ）证明：∵DC?平面ABC，BE//DC ∴BE?平面ABC ∴CQ?BE ①

又∵AC?BC?2，点Q为AB边中点 ∴CQ?AB ②

ABIBE?B

故由①②得CQ?平面ABE

（Ⅱ）过点A作AM?BC交BC延长线于点M ∵AM?BC,AM?BE ∴AM?平面BEDC ∴VA?CED?1S?CDEgAM 3AM?ACgsin∴VA?CED??1?3，S?CDE??1?2?1 3213?1?3? 33（Ⅲ）延长ED交BC延长线于S，过点M作MQ?ES于Q，连结AQ 由（Ⅱ）可得：?AQM为A?DE?B的平面角 ∵CD//1BC 2∴SC?CB?2 ∴SE?BE2?SB2?25 MC?MS?1

∵?SQM∽?SBE

29

∴

QMSM ?BESE5QM1?即QM? 5225∴

∴tan?AQM?AM?QM3?15 55

18.（1）证明：∵在∴当为∵平面∴∵∴

平面平面

，

的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系

的中点时，平面

，中，

平面

，平面

平面

，

（2）如图，分别以射线

设∵∴∴

，则，

，，，平面

，平面

时，

最小，此时

，

当且仅当

30

设，平面，则，即

∴

令∴

，可得，，则有

的平面角

∴观察可得二面角

19.（1）取FE的中点P，连接CP交BE于点M，M点即为所求的点． 连接PG，∵G是AD的中点，P是FE的中点，∴PG//AF， 又PG?平面MGC，AF?平面MGC，所以直线AF//平面MGC， ∵PE//AD，AD//BC，∴PE//BC，∴故点M为线段BE上靠近点E的三等分点． （2）不妨设AD?2，由（1）知PG?AD， 又平面ADEF?平面ABCD，平面ADEF平面ABCD?AD，

BMBC??2， MEPEPG?平面ADEF，∴PG?平面ABCD．

故PG?GD，PG?GC，以G为坐标原点，GC，GD，GP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系G?xyz，

∵?ABC?60?，AB?AD?2AF，∴?ADC为正三角形，GC?3，

∴G(0,0,0)，C(3,0,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，∴GE?(0,1,1)，GC?(3,0,0)，

??y?z?0,设平面CEG的一个法向量n1?(x,y,z)，则由n1?GE?0，n1?GC?0可得???3x?0,令y?1，则n1?(0,1,?1)，

∵CD?(?3,1,0)?BA，且A(0,?1,0)，故B(3,?2,0)，故BG?(?3,2,0)， 故直线BG与平面GCE所成角的正弦值为sin??

|n1?BG|14?．

7|n1|?|BG| 31

20.（Ⅰ）取PC中点H，连接EH、FH.∵E为AB的中点，ABCD是菱形，∴AE//CD，且AE?且FH?1CD，又F为PD的中点，H为PC的中点，∴FH//CD，21CD，∴AE//FH，且AE?FH，则四边形AEHF是平行四边形，2∴AF//EH.又AF?平面PCE，EH?面PCE，∴AF//平面PCE.

（Ⅱ）取BC的中点为O，∵ABCD是菱形，AC?AB，∴AO?BC，以A为原点，

AO,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A?xyz，则

B?3,?1,0,C??3,1,0,D?0,2,0?，O???31?3,0,0,P?0,0,1?,E??2,?2,0??，

???∴PC???33?3,1,?1,EC???2,2,0??，AO?????3,0,0，设平面的法向量为

??3x?y?z?0?n?PC?0?1?n1??x,y,z?，则?，即?3，令y??1，则x?3,z?2，3x?y?0???n1?EC?0?22∴平面PCE的一个法向量为n1??3,?1,2，又平面PAD的一个法向量为

?n2??1,0,0?.∴cos?n1,n2??n1?n236.即平面PAD与平面??|n1|?|n2|43?1?46. 4PCE所成锐二面角的余弦值为

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