《2020版高考数学大一轮复习 高考必考题突破讲座4 立体几何的综合问题课时达标 理（含解析）新人教A版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大一轮复习 高考必考题突破讲座4 立体几何的综合问题课时达标 理（含解析）新人教A版（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考必考题突破讲座(四)1如图，菱形ABCD中，ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，ABAE2.(1)求证：BD平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小解析 (1)因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.因为AE平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDAE.因为ACAEA，所以BD平面ACFE.(2)以O为原点，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，0)，D(0，0)，E(1,0,2)，F(1,0，a)(a0)，(1,0，a)设平面EBD的法向量为
2、n(x，y，z)，则有即令z1，则n(2,0,1)，由题意得sin 45|cos，n|.因为a0，所以解得a3.所以(1,0,3)，(1，2)，所以cos，.故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.2(2019河南郑州模拟)如图，在ABC中，ABC，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(1)求证：平面PBAD平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值解析 (1)证明：因为OBOC，又因为ABC，所以OCB，所以BOC，即COAB.又PO平面ABC，OC平面ABC，所以POOC.又因为PO，AB平面PAB，POABO，所以CO平面
3、PAB，即CO平面PBAD.又CO平面COD，所以平面PBAD平面COD.(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设|OA|1，则|PO|OB|OC|2，|DA|1.则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，1,1)，所以(0，1，1)，(2，2,0)，(0，3,1)设平面BDC的法向量为n(x，y，z)，所以所以令y1，则x1，z3，所以n(1,1,3)设PD与平面BDC所成的角为，则sin .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.3(2019湖北武汉调考)如图， 四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，
4、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 方法一(1)证明：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，得x1，由|1得y2z21，由|2得y2z24y10，由解得y，z，所以S，所以0，0，所以DSAS，DSBS，又ASDSS，所以SD平面SAB.(2)设平面SBC的一个法向量为m(a，b，c)，(0,2,0)，(2,0,0)，由得所以可取m(，0,2)，故AB与平面SBC所成的角的
5、正弦值为cosm，.方法二(1)证明：如下图，取AB的中点E，连接DE，SE，则四边形BCDE为矩形，所以DECB2，所以AD.因为侧面SAB为等边三角形，AB2，所以SASBAB2，且SE，又SD1，所以SA2SD2AD2，SE2SD2ED2，所以SDSA，SDSB，又ASDSS，所以SD平面SAB.(2)作S在DE上的射影G，因为ABSE，ABDE，AB平面SDE，所以平面SDE平面ABCD，两平面的交线为DE，所以SG平面ABCD，在RtDSE中，由SDSEDESG得12SG，所以SG，作A在平面SBC上的射影H，则ABH为AB与平面SBC所成的角，因为CDAB，AB平面SDE，所以CD
6、平面SDE，所以CDSD，在RtCDS中，由CDSD1，求得SC.在SBC中，SBBC1，SC，所以SSBC，由VASBCVSABC得SSBCAHSABCSG，即AH22，得AH，所以sin ABH，故AB与平面SBC所成的角的正弦值为.4(2019安徽江南名校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，试求出二面角FPCD的余弦值；若不存在，请说明理由解析 (1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N.因
7、为CNAB，DAAB，所以CNDA，又ABCD，所以四边形CDAN为平行四边形，所以CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，所以AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，所以EMAB且EM6，又DCAB，所以EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，所以DECM.因为CM平面PBC，DE平面PBC，所以DE平面BPC.(2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)假设AB上存在一点F使CFBD，设点F坐标为(8，t,0)，则(8
8、，t6,0)，(8,12,0)，由0得t.又平面DPC的法向量为m(1,0,0)，设平面FPC的法向量为n(x，y，z)又(0,6，8)，.由得即不妨令y12，有n(8,12,9)则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角FPCD的余弦值为.5(2017山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解析 (1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BE
9、BP，又EBC120，因此CBP30.(2)方法一取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.方法二以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，
10、(2,0,3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.由图可得此二面角为锐二面角，故所求的角为60.6(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD.(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值 解析 (1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD.又ACD是直角三
11、角形，所以ADC90.取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO.又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故BOD90.所以平面ACD平面ABC. (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，故(1,0,1)，(2,0,0)，.设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n.设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m.所以二面角DAEC的余弦值为.1
