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.doc
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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
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