《2018届高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练作业19_20立体几何理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练作业19_20立体几何理（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。立体几何专练1(2017武昌调研)如图，在四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值解析方法1：空间向量法(1)以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)设S(x，y，z)，则x0，y0，z0，且(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)由|，得，解得x1.由
2、|1，得y2z21.由|2，得y2z24y10.由，解得y，z.S(1，)，(1，)，(1，)，(0，)，0，0，DSAS，DSBS，又BSASS，SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则n，n，n0，n0.又(1，)，(0，2，0)，取z12，则n(，0，2)又(2，0，0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.方法2：综合法(1)如图，取AB的中点E，连接DE，SE，则四边形BCDE为矩形，且DECB2，AD.侧面SAB为等边三角形，AB2，SASBAB2，且SE.又SD1，SA2SD2AD2，SE2SD2DE2，SDSA，SDSE，又SASES，
3、SD平面SAB.(2)过点S作SGDE于点G.ABSE，ABDE，又SEDEE，AB平面SDE.又AB平面ABCD，平面SDE平面ABCD.由平面与平面垂直的性质，知SG平面ABCD.在RtDSE中，由SDSEDESG，得12SG，解得SG.过点A作AH平面SBC于点H，连接BH，则ABH为AB与平面SBC所成的角CDAB，AB平面SDE，CD平面SDE，CDSD.在RtCDS中，由CDSD1，得SC.在SBC中，SBBC2，SC，则SSBC.由VASBCVSABC，得SSBCAHSABCSG，即AH22，解得AH.sinABH.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.2(2016唐山检测)如图，
4、四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，ABAA12.(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解析(1)A1O平面ABCD，且BD平面ABCD，A1OBD，在菱形ABCD中，ACBD，A1OACO，BD平面A1AC，BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)因为A1O平面ABCD，ACBD，建立以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在的直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示ABAA12，BAD60，OB1，OA，AA12，A1O1.则O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，
5、0)，A1(0，0，1)，D(，0，0)，C(，0，0)，(，1，0)，(0，1，0)，(，0，0)，(0，0，1)，则(，1，1)，设平面BOB1的法向量m(x，y，z)，则则y0，令x，得z3，即m(，0，3)为平面BOB1的一个法向量设平面OB1C的法向量为n(x1，y1，z1)，则则x10，令y11，则z11，则n(0，1，1)为平面OB1C的一个法向量，cosm，n，二面角BOB1C是钝二面角，二面角BOB1C的余弦值是.3(2017太原二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，ADAP，E为棱PD的中点(1)求证：PD平面ABE；(2)若F为AB中点
6、，(01)，试确定的值，使二面角PFMB的余弦值为.解析(1)证明：PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.四边形ABCD为正方形，ABAD，PAADA，AB平面PAD，PD平面PAD，ABPD，PAAD，E为PD的中点，PDAE，AEABA，PD平面ABE.(2)以A为原点，以，所在方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，令|AB|2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，E(0，1，1)，F(1，0，0)，(2，2，2)，(2，2，2)，M(2，2，22)，(1，0，2)，(1，0，0)，(21，2，22)，设平
7、面PFM的法向量为m(x1，y1，z1)，则即取x12，则m(2，1，1)设平面BFM的法向量为n(x2，y2，z2)，则即取z，则n(0，1，)|cosm，n|，解得.4(2017东城区练习)如图，在几何体ABCDEF中，平面ADE平面ABCD，四边形ABCD为菱形，且DAB60，EAEDAB2EF，EFAB，M为BC的中点(1)求证：FM平面BDE；(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值；(3)在棱CF上是否存在点G，使BGDE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解析(1)证明：取CD的中点N，连接MN，FN.因为N，M分别为CD，BC的中点，所以MNBD.又BD平面BDE且 MN平
8、面BDE，所以MN平面BDE.因为EFAB，AB2EF，所以EFCD，EFDN.所以四边形EFND为平行四边形，所以FNED.又ED平面BDE且FN平面BDE，所以FN平面BDE.又FNMNN，所以平面MFN平面BED.又FM平面MFN，所以FM平面BDE.(2)取AD的中点O，连接EO，BO.因为EAED，所以EOAD.因为平面ADE平面ABCD，所以EO平面ABCD，EOBO.因为ADAB，DAB60，所以ADB为等边三角形因为O为AD的中点，所以ADBO.因为EO，BO，AO两两垂直，设AB4，以O为原点，OA，OB，OE为x轴、y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意，得A(
9、2，0，0)，B(0，2，0)，C(4，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，2)，F(1，2)(3，2)，(2，0，2)，(0，2，2)设平面BDE的法向量为n(x，y，z)则即令z1，则y1，x.所以n(，1，1)设直线CF与平面BDE所成角为，sin|cos，n|.所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设G是CF上一点，且，0，1因此点G(34，2，2)(34，2)由0，解得.所以在棱CF上存在点G使得BGDE，此时.5(2017湖南长沙一中月考)如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABCBAD，ABBC2AD4，E，F分别是AB，CD上的点，EFBC，AEx，沿EF将梯形翻折
10、，使平面AEFD平面EBCF，G是BC的中点(1)当x2时，求证：BDEG；(2)当x变化时，求三棱锥DBCF体积的最大值解析(1)证明：作DHEF于点H，连接BH，GH.平面AEFD平面EBCF，交线为EF，DH平面AEFD，DH平面EBCF.又EG平面EBCF，EGDH.当x2时，得EB2.EHADBC2，EHBC，EBC，四边形BGHE为正方形，EGBH.又BH，DH平面DBH，且BHDHH，EG平面DBH.又BD平面DBH，EGDB.(2)AEEF，平面AEFD平面EBCF，交线为EF，AE平面AEFD，AE平面EBCF.又由(1)知DH平面EBCF，AEDH.四边形AEDH是矩形，D
11、HAE，故三棱锥DBCF的高DHAEx.又SBCFBCBE4(4x)82x，三棱锥DBCF的体积VDBCFSBFCDH(82x)xx2x(x2)2(0x4)当x2时，三棱锥DBCF的体积取得最大值.立体几何专练作业(二十)1(2017云南统一检测二)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为A1B，C1C的中点(1)求证：EF平面ABCD；(2)若四棱柱ABCDA1B1C1D1是长方体，且ABAD2AA1，求平面A1BF与平面ABCD所成二面角的正弦值解析(1)证明：设AB的中点为M，连接EM，MC.E为A1B的中点，EMA1A，且EMA1A.又F为四棱柱ABCDA1B1C1D1
12、的棱C1C的中点，EMFC，且EMFC.四边形EMCF是平行四边形EFMC.又MC平面ABCD，EF平面ABCD，EF平面ABCD.(2)根据四棱柱ABCDA1B1C1D1是长方体，以D为坐标原点，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AB2，由已知得D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，1)，C1(0，2，1)，E(2，1，)，F(0，2，)则(0，2，1)，(2，0，)，设平面A1BF的法向量为n(x，y，z)，则n，n.令z4，可得n(1，2，4)是平面A1BF的一个法向量由题知m(0，0，1)是平面ABCD的
13、一个法向量设平面A1BF与平面ABCD所成二面角的大小为，则|cos|.0，sin.平面A1BF与平面ABCD所成二面角的正弦值为.2(2017广州综合测试)如图，EA平面ABC，DB平面ABC，ABC是等边三角形，AC2AE，M是AB的中点(1)求证：CMEM；(2)若直线DM与平面ABC所成角的正切值为2，求二面角BCDE的余弦值解析(1)因为ABC是等边三角形，M是AB的中点，所以CMAB.因为EA平面ABC，CM平面ABC，所以CMEA.因为AMEAA，所以CM平面EAM.因为EM平面EAM，所以CMEM.(2)方法1：以点M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，过M且与直线BD平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直线坐标系Mxyz.因为DB平面ABC，所以DMB为直线DM与平面ABC所
