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.pdf
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1、高考必考题突破讲座(四)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,ABAE 2. (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OA OB 为正方向), 建立空间直角坐标系, 则B(0, , 0),D(0, , 0),
2、E(1,0,2),F(1,0,a)(a0),33 (1,0,a) 设平面EBD的法向量为n n(x,y,z), 则有Error!即Error!令z1, 则n n(OF 2,0,1),由题意得 sin 45|cos,n n|.因为a0,所以OF |OF n n| |OF |n n| |2a| a21 5 2 2 解得a3.所以(1,0,3),(1,2),所以 cos, OF BE 3OF BE OF BE |OF |BE | .故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为. 16 10 8 5 4 5 4 2 (2019河南郑州模拟)如图, 在ABC中, ABC,O为AB边上一点, 且 3OB3OC
3、4 2AB,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CO 4 4 2 AB. 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,
4、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PD BC BD 为n n(x,y,z),所以Error!所以Error!令y1,则x1,z3,所以n n(1,1,3)设PD 与平面BDC所成的角为,则sin | PD n n |PD |n n| .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为 | 1 01 13 1 021212121232| 2 22 11 . 2 22 11 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,ABBC2,CDSD1. (1)证明:SD平面SAB
5、; (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,AS z, ),(x,y2,z).(x1,y,z) 由|, 得BS DS AS BS x22y22z2 ,得x1,由|1 得y2z21,x2y22z2DS 由|2 得y2z24y10,BS 由解得y ,z,所以S, 1 2 3 2(1, 1 2, 3 2) ,所以0,AS (1, 3 2, 3 2) BS (1, 3 2, 3 2) DS (0, 1 2, 3 2) D
6、S AS DS BS 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 m(a,b,c),(0,2,0),BS (1, 3 2, 3 2) CB AB (2,0,0),由Error!得Error!所以可取m m(,0,2),故AB与平面SBC所成的角的正弦3 值为 cosm m, .AB m mAB |m m|AB | 2 3 7 2 21 7 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DE2AE25 边三角形,AB2, 所以SASBAB2, 且SE, 又
7、SD1, 所以SA2SD2AD2,SE2SD23 ED2,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,3 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 3 2 平面SDE,所以CD平面SDE,所以CDSD,在 RtCDS中,由CDSD1,求得SC.2 在SBC中,SBBC1,SC, 所以SSBC , 由VASBCVSABC得 S2
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