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2020届高考数学二轮教师用书:层级二 专题四 (理)第3讲 立体几何中的向量方法

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  • 2025/7/5 7:07:43

∵0≤t≤2,∴在线段EB上不存在点P,使得平面A1DP⊥平面A1BC.

限时50分钟 满分60分

解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分)

1.如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,D,E分别是AB,CD的中点,AE的延长线交CB于F.现将△ACD沿CD折起,折起二面角,如图2,连接A′F.

(1)求证:平面A′EF⊥平面CBD;

(2)当A′C⊥BD时,求二面角A′-CD-B的余弦值.

解:本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题,考查考生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象、数学运算.(1)在平面图形中AF⊥CD,所以折叠后得到A′E⊥CD,EF⊥CD,即可证得结论;(2)可以利用向量法和传统法求解.

(1)在Rt△ABC中,由D为AB的中点,得AD=CD=DB, 又∠B=30°,所以△ACD是正三角形,

又E是CD的中点,所以AF⊥CD. 折起后,A′E⊥CD,EF⊥CD,

又A′E∩EF=E,A′E?平面A′EF,EF?平面A′EF, 故CD⊥平面A′EF, 又CD?平面CBD, 故平面A′EF⊥平面CBD.

(2)解法一 如图,过点A′作A′H⊥EF,垂足H落在FE的延长线上. 因为CD⊥平面A′EF,所以CD⊥A′H, 所以A′H⊥平面CBD.

以E为原点,EF所在的直线为x轴,ED所在的直线为y轴,过E与A′H平行的直线为z轴建立空间直角坐标系.

a

0,-,0?,由(1)可知∠A′EF为所求二面角的平面角,设为θ,并设A′C=a,可得C?2??a3a?,A′?3acos θ,0,3asin θ?. 0,,0?,B?D?,a,0?2??22??2?

3aa3a3aa?→?→?故A′C=?-cos θ,-,-sin θ,BD=-,-,0,因为A′C⊥BD,所

222??2??2→→

以A′C·BD=0,

3a2a2

即cos θ+=0, 441得cos θ=-. 3

1

故二面角A′-CD-B的余弦值为-. 3解法二

如图,过点A′作A′H⊥EF,垂足H落在FE的延长线上, 因为CD⊥平面A′EF,所以CD⊥A′H, 所以A′H⊥平面CBD.

连接CH并延长交BD的延长线于G, 由A′C⊥BD,得CH⊥BD, 即∠CGB=90°, 因此△CEH~△CGD, 则

EHCE

=, DGCG

aa3a

设A′C=a,易得∠GDC=60°,DG=,CE=,CG=,

222EHCE3a3aEH1

代入=得EH=,又EA′=,故cos∠HEA′==. DGCG62EA′3又A′E⊥CD,EF⊥CD,

所以∠A′EF即所求二面角的平面角, 1故二面角A′-CD-B的余弦值为-. 32.(2019·北京卷)

如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,PF1

BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=. PC3

(1)求证:CD⊥平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值;

PG2

(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

PB3解析:(1)由于PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,则PA⊥CD, 由题意可知AD⊥CD,且PA∩AD=A, 由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.

(2)以点A为坐标原点,平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴,AD,AP方向为y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,

易知:A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0),

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∵0≤t≤2,∴在线段EB上不存在点P,使得平面A1DP⊥平面A1BC. 限时50分钟 满分60分 解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分) 1.如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,D,E分别是AB,CD的中点,AE的延长线交CB于F.现将△ACD沿CD折起,折起二面角,如图2,连接A′F. (1)求证:平面A′EF⊥平面CBD; (2)当A′C⊥BD时,求二面角A′-CD-B的余弦值. 解:本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题,考查考生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象、数学运算.(1)在平面图形中AF⊥CD,所以折叠后得到A′E⊥CD,EF⊥CD,即可证得结论;(2)可以利用向量法和传统法求

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