2018届高考数学立体几何(理科)专题01-线面角

2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第1页2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角1．如图,等腰梯形ABCD中,//ABCD,DEAB于E,CFAB于F,且2AEBFEF,2DECF,将AED和BFC分别沿DECF、折起,使AB、两点重合,记为点M,得到一个四棱锥MCDEF,点,,GNH分别是,,MCMDEF的中点.（Ⅰ）求证://GH平面DEM;（Ⅱ）求证:EMCN;（Ⅲ）求直线GH与平面NFC所成的角的大小.2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第2页2．如图,在直角梯形ABCP中,1,,22CPABCPCBABBCCP,D是CP的中点,将PAD沿AD折起,使得PDCD.（Ⅰ）若E是PC的中点,求证:AP平面BDE;（Ⅱ）求证:平面PCD平面ABCD;（Ⅲ）求二面角APBC的大小.2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第3页3．如图，在矩形ABCD中，4AB，2AD，E是CD的中点，以AE为折痕将DAE向上折起，D变为'D，且平面'DAE平面ABCE.（Ⅰ）求证：'ADEB；（Ⅱ）求二面角'ABDE的大小.2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第4页4．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第5页5．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第6页6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.（1）M为AB中点，在线段CB上是否存在一点P，使得//MP平面1CNB？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由；（2）求二面角11CNBC的余弦值.2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第7页2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角（教师版）1．如图,等腰梯形ABCD中,//ABCD,DEAB于E,CFAB于F,且2AEBFEF,2DECF,将AED和BFC分别沿DECF、折起,使AB、两点重合,记为点M,得到一个四棱锥MCDEF,点,,GNH分别是,,MCMDEF的中点.（Ⅰ）求证://GH平面DEM;（Ⅱ）求证:EMCN;（Ⅲ）求直线GH与平面NFC所成的角的大小.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）π4试题解析：证明:（Ⅰ）连结,NGEN,因为,NG分别是,MDMC的中点,所以1//,2NGCDNGCD,因为H是EF的中点,//EFCD,EFCD,所以1//,2EHCDEHCD,所以//,NGEHNGEH,所以四边形ENGH是平行四边形,所以//GHEN,又GH平面DEM,EN平面DEM,所以//GH平面DEM.以H为原点,以,,HMHFHP为坐标轴建立空间直角坐标系,则310,1,0,3,0,0,0,1,2,,,132EMCN,所以333,1,0,,,132EMNC,所以333101032EMNC,所以EMNC.解:（Ⅲ）310,1,0,0,0,0,,,132FHG,所以3133,,1,0,0,2,,,13232HGPCNC,2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第8页所以2cos,2nHGnHGnHG,所以直线GH与平面NFC所成角的正弦值为22,所以直线GH与平面NFC所成角为π4.2．如图,在直角梯形ABCP中,1,,22CPABCPCBABBCCP,D是CP的中点,将PAD沿AD折起,使得PDCD.（Ⅰ）若E是PC的中点,求证:AP平面BDE;（Ⅱ）求证:平面PCD平面ABCD;（Ⅲ）求二面角APBC的大小.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）23（Ⅱ）由已知可得,,ADPDADCD又因为,,PDCDDPDCD平面,PCD所以AD平面,PCD因为AD平面,ABCD所以平面PCD平面.ABCD解:（Ⅲ）由（Ⅱ）知,AD平面,PCD所以ADPD,又因为,,PDCDADCDD所以PD平面.ABCD所以以D为原点,以,,DADCDP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则点0,0,2P,2,0,0A,2,2,0B,0,2,0C,0,2,0D.所以2,0,2AP,0,2,0AB,2,0,0,0,2,2BCPC.设平面APB的法向量为,,mxyz,所以0,{0.mAPmAB即20,{220.yxz令1x,解得1,0,1m.设平面PBC的法向量为,,nabc,所以0,{0.nCPnBC即220,{20.bca令1b,解得0,1,1n.2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第9页所以1001111cos,222nm.由图可知,二面角APBC为钝角,所以二面角APBC的大小为23.3．如图，在矩形ABCD中，4AB，2AD，E是CD的中点，以AE为折痕将DAE向上折起，D变为'D，且平面'DAE平面ABCE.（Ⅰ）求证：'ADEB；（Ⅱ）求二面角'ABDE的大小.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）90.试题解析：（Ⅰ）证明：∵AEBE22，AB4，∴222ABAEBE，∴AEEB，取AE的中点M，连结MD，则ADDE2MDAE，∵平面DAE平面ABCE，∴MD平面ABCE，∴MDBE，从而EB平面ADE，∴ADEB（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设2nxyz，，为平面BDE的法向量，则22nBE220{nBD'320xyxyz可以取2n(1,12，）因此，12nn0，有12nn，即平面ABD平面BDE，故二面角ABDE的大小为90.4．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）269【解析】2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第10页所以∠BAC＝90°，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.(2)存在，理由如下：取BC的中点E，则AE⊥BC，以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)．设＝t(0＜t＜1)，则点M的坐标为(0,2t，2－2t)，所以＝(0,2t,2－2t)．设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得y＝－1，z＝，则n＝.又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，5．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）见解析．（Ⅱ）．（Ⅲ）．2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第11页【解析】试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.所以平面，所以．（Ⅱ）取的中点，连接，所以．由（Ⅰ）得，．如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，，．所以，，．设平面的法向量为，则即令，则，，所以．设直线和平面所成的角为，则．所以直线和平面所成角的正弦值为．所以．令，2018届高考数学立体几何（理科）专题01线面角第12页整理得．解得，舍去．所以线段上存在点适合题意，且．6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.（1）M为AB中点，在线段CB上是否存在一点P，使得//MP平面1CNB？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由；（2）求二面角11CNBC的余弦值.【答案】（1）存在1BP；（2）33.114,0,00,0,00,0,44,4,00,8,00,8,4ABCNBC、、、、、.（1）设平面1CNB的法向量,,nxyz，∵14,4,4,4,4,0NCNB，∴1·4440{·440NCnxyzNBnxy，∴令1x，可解得平面1CNB的一个法向量1,1,2n，设0,0,04Paa，由于2,0,0M，则2,0,PMa，又∵//MP平面1CNB，∴·220PMna，即1a，∴在线段CB上存在一点P，使得//MP平面1CNB，此时1BP；∴令1x，可解得平面11CNB的一个法向量1,1,0m，∴·113cos,·36?2mnmnmn.由图可知，所求二面角为锐角，即二面角11CNBC余弦值为33.