高考數(shù)學三輪沖刺大題提分大題精做7立體幾何建系困難問題理

高考數(shù)學三輪沖刺大題提分大題精做7立體幾何建系困難問題理高考數(shù)學三輪沖刺大題提分大題精做7立體幾何建系困難問題理高考數(shù)學三輪沖刺大題提分大題精做7立體幾何建系困難問題理大題精做7立體幾何：建系困難問題[2019·長沙統(tǒng)測

]已知三棱錐

P

ABC（如圖一）的平面張開圖（如圖二）中，四邊形

ABCD

為邊長等于

2的正方形，

△ABE和△BCF

均為正三角形，在三棱錐

PABC

中：（1）證明：平面（2）若點M在棱

PAC平面ABC；PA上運動，當直線

BM

與平面

PAC

所成的角最大時，求二面角

PBC

M的余弦值．圖一圖二【答案】（1）見解析；（2）533．33【剖析】（1）設(shè)AC的中點為O，連接BO，PO．由題意，得PAPBPC2，PO1，AOBOCO1．∵在△PAC中，PAPC，O為AC的中點，∴POAC，∵在△POB中，PO1，OB1，PB2，PO2OB2PB2，∴POOB．∵ACOBO，AC，OB平面，∴PO平面ABC，∵PO平面PAC，∴平面PAC平面ABC．（2）由（1）知，BOPO，BOAC，BO平面PAC，∴BMO是直線BM與平面PAC所成的角，且tanBMOBO1，OMOM∴當OM最短時，即M是PA的中點時，BMO最大．由PO平面ABC，OBAC，∴POOB，POOC，于是以O(shè)C，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖示空間直角坐標系，則O0,0,0，C1,0,0，B0,1,0，A1,0,0，P0,0,1，M1,0,1，22BC1,1,0，PC1,0,1，MC3,0,1．22設(shè)平面MBC的法向量為mx1,y1,z1，mBC0x1y101，得y11，z13，即m1,1,3．則由得：3x1z1．令x1mMC00設(shè)平面PBC的法向量為nx2,y2,z2，由nBC0x2y20，令x1，得y1，z1，即n1,1,1．得：z2nPC0x20cosn,mmn5533．由圖可知，二面角PBCM的余弦值為533．mn3333331．[2019·安慶期末

]矩形ABCD中，AB1，

AD

2，點

E為

AD中點，沿

BE將△ABE折起至

△PBE，如圖所示，點

P在面

BCDE

的射影

O落在

BE上．（1）求證：面PCE面PBE；（2）求平面PCD與平面PBE所成銳二面角的余弦值．2．[2019·南陽期末]如圖1，在矩形ABCD中，AB35，BC25，點E在線段DC上，且DE5，現(xiàn)將△AED沿AE折到△AED的地址，連接CD，BD，如圖2．（1）若點P在線段BC上，且BP5，證明：AEDP；2（2）記平面ADE與平面BCD的交線為l．若二面角BAED為2π，求l與平面DCE所成角的正弦值．33．[2019·蘇州調(diào)研]如圖，在四棱錐PABCD中，已知底面ABCD是邊長為1的正方形，側(cè)面PAD平面ABCD，PAPD，PA與平面PBC所成角的正弦值為21．71）求側(cè)棱PA的長；2）設(shè)E為AB中點，若PAAB，求二面角BPCE的余弦值．1．【答案】（1）詳見解析；（2）11．11【剖析】（1）在四棱錐

P

BCDE

中，

BE

CE

2，BC

2，從而有

CE

BE，又∵

PO

面BCDE

，而

CE

面BCDE

，∴

CE

PO

，而

PO、BE

面PBE，且

PO

BE

O，由線面垂直定理可證

CE

面PBE，又

CE

面PCE

，由面面垂直判判斷定理即證面

PCE

面PBE．（2）由條件知

OP

面

BCDE

，過點

E做OP的平行線

EZ，又由（1）知

EC

面PBE，以

EB、EC

、

EZ分別為

x、

y、z軸建立空間直角坐標系，以下列圖：P2,0,2，C0,2,0，D2,2,0，CP2,2,2，DC2,2,0，22222222面PBE的一個法向量為n10,1,0，2x2y2z022設(shè)面PCD的法向量為n2x,y,z，則有，22x02y2從而可得面PCD的一個法向量為n21,1,3，cosn1,n2111，1111設(shè)平面PCD與平面PBE所成銳二面角為，與n1,n2互補，則cos11，11故平面PCD與平面PBE所成二面角的余弦值為11．112．【答案】（1）詳見解析；（2）15．5【剖析】證明：（1）先在圖1中連接DP，在Rt△ADE中，由ADBC25，DE5，得tanDAE1，在Rt△PCD中，由DCAB35，PCBCBP25535，222得tanPDC1，∴tanPDCtanDAE，則PDCDAE，2∴DOE90，從而有AEOD，AEOP，即在圖2中有AEOD'，AEOP，∴AE平面POD'，則AEDP；解：（2）延長AE，BC交于點Q，連接D'Q，依照公義3獲取直線D'Q即為l，再依照二面角定義獲取D'OP2π．在平面POD'內(nèi)過點O作底面垂線，3以O(shè)為原點，分別為OA，OP，及所作垂線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則D0,1,3，E1,0,0，Q11,0,0，C3,4,0，D'Q11,1,3，EC2,4,0，ED'1,1,3，設(shè)平面DEC的一個法向量為nx,y,z，由nEC2x4y0，取y1，得n2,1,3nED'xy3z．03∴l(xiāng)與平面D'CE所成角的正弦值為cosn,D'QnD'Q15．nD'Q53．【答案】（1）PA1或PA21；（2）42．67【剖析】（1）取AD中點O，BC中點M，連接OP，OM，∵PAPD，∴OPAD，又∵平面PAD平面ABCD，OP平面PAD，平面PAD平面ABCDAD，∴OP平面ABCD，∴OPOA，OPOM，又∵ABCD是正方形，∴OAOM，以O(shè)為原點OA，OM，OP為x，y，z軸建立空間直角坐標系Oxyz（如圖），則A1,0,0，D1,0,0，B1,1,0，C1,1,0，2222設(shè)P0,0,cc0，則PB11,0,0，,1,c，CB2設(shè)平面PBC的一個法向量為n1x1,y1,z1，則有1xycz02111，x10取z11，則y1c，從而n10,c,1，設(shè)PA與平面PBC所成角為，∵PA1,0,c，2∴sinPAn1c21，解得c23或c21，cosPA,n1n11743PAc2214c∴PA1或PA21．6（2）由（1）知，PAAB1，∴PA1，c3，2由（1）知，平面PBC的一個法向量為n0,c,10,3,1，12設(shè)平