2019高考数学大二轮复习专题7立体几何第2讲综合大题部分增分强化练理.doc

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1、1第 2讲 综合大题部分1(2018高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1， A1A， B1B， C1C均垂直于平面ABC， ABC120， A1A4， C1C1， AB BC B1B2.(1)证明： AB1平面 A1B1C1；(2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值解析：(1)证明：如图，以 AC的中点 O 为原点，分别以射线 OB， OC为 x， y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz.由题意知各点坐标如下：A(0， ，0)， B(1,0,0)， A1(0， ，4)， B1(1,0,2)， C1(0， ，1)3 3 3因此 (1， ，2)， (1， ，2)， (0,

2、2 ，3)AB1 3 A1B1 3 A1C1 3由 0，得 AB1 A1B1.AB1 A1B1 由 0，得 AB1 A1C1.AB1 A1C1 所以 AB1平面 A1B1C1.(2)设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 .由(1)可知 (0,2 ，1)， (1， ，0)， (0,0,2)AC1 3 AB 3 BB1 设平面 ABB1的法向量为 n( x， y， z)由Error! 得Error!可取 n( ，1,0)32所以 sin |cos ， n| .AC1 |AC1 n|AC1 |n| 3913因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 .39132. 如图，在四棱锥 P

3、ABCD中，底面 ABCD是矩形， M为PD的中点， PA平面 ABCD， PA AD4， AB2.(1)求证： AM平面 MCD；(2)求直线 PC与平面 MAC所成角的正弦值解析：(1)证明：因为 PA平面 ABCD， CD平面 ABCD，所以 PA CD，又 CD AD， PA AD A，所以 CD平面 PAD，又 AM平面 PAD，所以 CD AM，因为 PA平面 ABCD， AD平面 ABCD，所以 PA AD，又 PA AD4，且 M为 PD的中点，所以 AM PD，又 CD PD D，所以 AM平面 MCD.(2)因为 PA平面 ABCD， AB AD，所以可建立如图所示的空间直

4、角坐标系，则 A(0,0,0)， P(0,0,4)， C(2,4,0)， M(0,2,2)设平面 MAC的法向量为 n( x， y， z)，由 n ， n ，AC AM 可得Error!令 z1，则 n(2，1,1)3设直线 PC与平面 MAC所成的角为 ，则 sin | | ，PC n|PC |n| 69所以直线 PC与平面 MAC所成角的正弦值为 .693(2018高考天津卷)如图， AD BC且 AD2 BC， AD CD， EG AD且 EG AD， CD FG且CD2 FG， DG平面 ABCD， DA DC DG2.(1)若 M为 CF的中点， N为 EG的中点，求证： MN平面

5、CDE；(2)求二面角 E BC F的正弦值；(3)若点 P在线段 DG上，且直线 BP与平面 ADGE所成的角为 60，求线段 DP的长解析：依题意，可以建立以 D为原点，分别以 、 、 的方向为 x轴、 y轴、 z轴的正DA DC DG 方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0,0,0)， A(2,0,0)， B(1,2,0)， C(0,2,0)，E(2,0,2)， F(0,1,2)， G(0,0,2)， M(0，1)， N(1,0,2)32(1)证明：依题意得 (0,2,0)， (2,0,2)DC DE 4设 n0( x， y， z)为平面 CDE的法向量，则Error! 即Error

6、!不妨令 z1，可得 n0(1,0，1)又 (1， ，1)，可得 n00，MN 32 MN 又因为直线 MN平面 CDE，所以 MN平面 CDE.(2)依题意，可得 (1,0,0)， (1，2,2)， (0，1,2)BC BE CF 设 n( x， y， z)为平面 BCE的法向量，则Error!即Error! 不妨令 z1，可得 n(0,1,1)设 m( x， y， z)为平面 BCF的法向量，则Error!即Error! 不妨令 z1，可得 m(0,2,1)因此有 cos m， n ，mn|m|n| 31010于是 sin m， n .1010所以，二面角 E BC F的正弦值为 .101

7、0(3)设线段 DP的长为 h(h0,2)，则点 P的坐标为(0,0， h)，可得(1，2， h)易知， (0,2,0)为平面 ADGE的一个法向量，故BP DC |cos ， | ，BP DC |BP DC |BP |DC | 2h2 5由题意，可得 sin 60 ，2h2 5 32解得 h 0,233所以，线段 DP的长为 .334. 如图，底面为正方形的四棱锥 E ABCD中， BE平面 ABCD，点F， G分别在棱 AB， EC上，且满足 AF2 FB， CE3 CG.(1)求证： FG 平面 ADE；(2)若 BE AB，求二面角 F EG B的正弦值解析：(1)证明：在棱 BE上取

8、点 H，使得 EH2 HB，连接FH， GH(图略)，因为 AF2 FB， EH2 HB，5所以 FHAE .同理可证 GHBC .又 FH平面 ADE， AE平面 ADE，所以 FH 平面 ADE.因为 BCAD ，所以 GHAD .又 GH平面 ADE， AD平面 ADE，所以 GH 平面 ADE.因为 FH GH H，所以平面 FGH 平面 ADE.因为 FG平面 FGH，所以 FG 平面 ADE.(2)依题意，以 B为坐标原点， ， ， 的方向分别为BA BE BC x， y， z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 B xyz，设 AB3，则 F(1,0,0)， E(0,3,0)， G(0,1,2)，所以 (1,3,0)，FE (1,1,2)FG 设平面 EFG的法向量为 n( x， y， z)，则Error!即Error!取 x3，则 n(3,1,1)为平面 EFG的一个法向量又平面 EGB的法向量，即平面 ECB的法向量，则 (3,0,0)为平面 EGB的一个法向量，BA 所以 cos n， ，BA nBA |n|BA | 9311 311又二面角 F EG B为锐角，所以二面角 F EG B的余弦值为 ，311所以二面角 F EG B的正弦值为 .1 311 2 22116