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《2019-2020年高考数学大一轮复习 立体几何解答题规范专练（四）理（含解析）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019-2020年高考数学大一轮复习立体几何解答题规范专练（四）理（含解析）1．(xx·唐山模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，O是AC的中点，A1O⊥平面ABC，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC.(1)求证：A1B⊥AC1；(2)求二面角ABB1C的余弦值．2．(xx·西安二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.(1)求证：平面PQB⊥平面P
2、AD；(2)若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值；(3)若二面角MBQC大小为30°，求QM的长．3．(xx·洛阳模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝，AD＝1，M是线段AD的中点．(1)试在平面ABCD内过M点作出与平面A1B1CD平行的直线l，说明理由，并证明：l⊥平面AA1D1D；(2)若(1)中的直线l交直线AC于点N，且二面角AA1NM的余弦值为，求AA1的长．答案1．解：(1)证明：因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.又BC⊥AC，A1O∩AC＝O，所以B
3、C⊥平面A1ACC1，所以AC1⊥BC.因为AA1＝AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1⊥A1C，又A1C∩BC＝C，所以AC1⊥平面A1BC，所以A1B⊥AC1.(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,2，)．＝(2,2,0)，＝＝(0,1，)，＝(2,0,0)设m＝(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，则m·＝0，m·＝0，即取m＝(，－，1)．同理设平面CBB1的一个法向量为n＝(x1，y1，z
4、1)．即则n·＝0，n·＝0.取m＝(0，－，1)因为cos〈m，n〉＝＝，所以二面角ABB1C的余弦值为.2．解：(1)证明：法一：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ.∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BQ⊥平面PAD.∵BQ⊂平面PQB.∴平面PQB⊥平面PAD.法二：∵AD∥BC，BC＝AD，Q为AD的中点，∴BC∥DQ且BC＝DQ，∴四边形BCDQ为平行四边形，
5、∴CD∥BQ.∵∠ADC＝90°，∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD.∵PA＝PD，∴PQ⊥AD.∵PQ∩BQ＝Q，∴AD⊥平面PBQ.∵AD⊂平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD.(2)∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，QA，QB，QP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Qxyz，则Q(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)．∵M是PC中点，∴
6、M，∴＝(－1,0，)，＝.设异面直线AP与BM所成角为θ，则cosθ＝
7、cos〈，〉
8、＝＝，∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为.(3)由(2)知平面BQC的法向量为n＝(0,0,1)，由＝λ＋(1－λ),0≤λ≤1，得＝(λ－1，(1－λ)，λ)．又＝(0，，0)，设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则即取x＝，则y＝0，z＝，∴平面MBQ的法向量为m＝.∵二面角MBQC为30°，∴cos30°＝＝，∴λ＝.∴
9、QM
10、＝.3．解：(1)在平面ABCD内过M点作直线l∥DC，∵l⊄平面A1B1C
11、D，DC⊂平面A1B1CD，∴l∥平面A1B1CD.在长方体ABCDA1B1C1D1中，DC⊥AD，DC⊥DD1，则l⊥AD，l⊥DD1.又AD∩DD1＝D，∴l⊥平面AA1D1D.(2)由(1)知，l∥DC且M是线段AD的中点，∴N是线段AC的中点．设AA1＝h，以A1为坐标原点，分别以A1B1，A1D1，A1A所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A1xyz.则A1(0,0,0)，A(0,0，h)，N，M.∴＝(0,0，h)，＝，＝，＝.设平面A1AN的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则∴
12、取x1＝1，∴n1＝(1，－，0)．设平面A1MN的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则∴取z2＝1，∴n2＝(0，－2h,1)．∵二面角AA1NM的余弦值为，∴cos〈n1，n2〉＝，即＝，∴＝，解得h＝1，即AA1＝1.
