《新编高考数学二轮热点专练：29理解答题六大题型解答策略》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新编高考数学二轮热点专练：29理解答题六大题型解答策略（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 高考专题训练(二十九)立体几何(解答题)(理)1如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是等边三角形，D是BC的中点(1)求证：A1B平面ADC1；(2)若ABBB12，求A1D与平面AC1D所成角的正弦值解(1)证明：三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，四边形A1ACC1是矩形连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点，又D是BC的中点，如图在A1BC中，ODA1B.A1B平面ADC1，OD平面ADC1，A1B平面ADC1.(2)因为ABC是等边三角形，D是BC的中点，ADBC.以D为原点，建立如图所示空间坐标系Dxyz.由已知ABBB12，得D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0
2、,2)，C1(0，1,2)则(，0,0)，(0，1,2)，设平面AC1D的法向量为n(x，y，z)，由得取z1，则x0，y2，n(0,2,1)又(，0,2)，cos，n.设A1D与平面ADC1所成角为，则sin|cos，n|，故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.2.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，BAC30，BMAC交AC于点M，EA平面ABC，FCEA，AC4，EA3，FC1.(1)证明：ABBF；(2)求平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值解(1)证明：AC是O的直径，ABBC.又FCEA，EA平面ABC，FC平面ABC，FCAB，AB平面FBC.ABBF.(2)由题设可
3、得，ABACcos302，BCACsin302，AMABcos3023，MC1.如图，以A为坐标原点，分别以垂直于平面ACE的直线以及AC，AE所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系由已知条件得A(0,0,0)，M(0,3,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，(，3,3)，(，1,1)设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，由n0，n0，得令x，得y1，z2，n(，1,2)，由已知EA平面ABC，取平面ABC的法向量为(0,0,3)，设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为，则cos|cosn，|.平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.3如图，四边形ABCD
4、为矩形，PD平面ABCD，PDQA，QAADPD.(1)求证：平面PQC平面DCQ；(2)若二面角QBPC的余弦值为，求的值解(1)证明：设AD1，则DQ，DP2，又PDQA，PDQAQD45，在DPQ中，由余弦定理可得PQ.DQ2PQ2DP2，PQDQ.又PD平面ABCD，PDDC，CDDA，DAPDD，CD平面ADPQ.PQ平面ADPQ，CDPQ.又CDDQD，PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，平面PQC平面DCQ.(2)如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设AD1，ABm(m0)依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,
5、2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，则(1,0,0)，(1,2，m)，PQ(1，1,0)，设n1(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即因此可取n1(0，m,2)设n2(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即可取n2(m，m,1)又二面角QBPC的余弦值为，|cosn1，n2|.，整理得m47m280.又m0，解得m1，因此，所求的值为1.4如图，在四棱锥PABCD中，平面PAC平面ABCD，且PAAC，PAAD2.四边形ABCD满足BCAD，ABAD，ABBC1.点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且.(1)求证：EF平面PAD；(2)当时，求异面直线BF与CD所成角的
6、余弦值；(3)是否存在实数，使得平面AFD平面PCD？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：由已知，EFBC，又BCAD，EFAD，而EF平面PAD，AD平面PAD，EF平面PAD.(2)平面ABCD平面PAC，平面ABCD平面PACAC，且PAAC，PA平面ABCD.PAAB，PAAD.又ABAD，PA，AB，AD两两垂直如图所示，建立空间直角坐标系ABBC1，PAAD2，A(0,0,0)，B(1,0,0，)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，当时，F为PC中点，F，(1,1,0)，设异面直线BF与CD所成的角为，cos|cos，|.故异面直线BF与CD所
7、成角的余弦值为.(3)设F(x0，y0，z0)，则(x0，y0，z02)，(1,1，2)，又，(，22)，设平面AFD的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即令z1，得m(22,0，)设平面PCD的一个法向量为n(x2，y2，z2)则即取y21，则x21，z21，n(1,1,1)，由mn，得mn(22,0，)(1,1,1)220，解得.当时，使得平面AFD平面PCD.5如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SAABBC2，AD1.M是棱SB的中点(1)求证：AM平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N
8、是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为，求sin的最大值解(1)证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)则(0,1,1)，(1,0，2)，(1，2,0)设平面SCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(2，1,1)n0，n.AM平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1(1,0,0)设平面SCD与平面SAB所成的二面角为，易知0，则|cos|，即cos.平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.(3)设N(x,2x2,0)，则(x,2x3，1)平面SAB的一个法向量为n1(1,0,0)，sin，当，即x时，(sin)max.
