2019年高考数学二轮复习 立体几何综合题 理.doc

2019年高考数学二轮复习 立体几何综合题 理三、(理)立体几何综合题9(xx福建高考)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图()求证：ABCD；()若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值()证明平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.()证明过点B在平面BCD内作BEBD，如图由()知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，则(1,1,0)，(0,1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1,1)设直线AD与平面MBC所成角为，则sin |cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.10(xx浙江高考)如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC.()证明：DE平面ACD；()求二面角BADE的大小【解】()证明在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC.由AC，AB2，得AB2AC2BC2，即ACBC.又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE.所以ACDE.又DEDC，从而DE平面ACD.()以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量n(x2，y2，z2)可算得(0，2，)，(1，2，)，(1,1,0)，由即可取m(0,1，)由即可取n(1，1，)于是|cosm，n|.由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角BADE的大小是.11(xx福建福州质检)如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E、F分别是AB、CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值【解】(1)点E、F分别是AB、CD的中点，EFBC，又ABC90，AEEF，平面AEFD平面EBCF，AE平面EBCF，AEEF，AEBE，又BEEF，如图建立空间坐标系Exyz.翻折前，连接AC交EF于点G，此时点G使得AGGC最小EGBC2，又知EAEB2，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,2)，E(0,0,0)，G(0,2,0)，(2,2,2)，(2，2,0)，(2,2,2)(2，2,0)0，BDCG.(2)设EGk，AD平面EFCB，点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离S四边形GBCF(3k)427k，VDGBCFS四边形GBCFAE(7k)又VBADGES四边形ADGEBE(2k)，2VBADGEVDGBCF，(2k)(7k)，k1，即EG1.设平面DBG的法向量为n1(x，y，z)，G(0,1,0)，(2,1,0)，(2,2,2)，则即取x1，则y2，z1，n1(1,2，1)平面BCG的一个法向量为n2(0,0,1)，则cos(n1，n2).所求二面角DBGC的平面角为锐角，此二面角的平面角的余弦值为.12(xx河北石家庄模拟)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1，侧面BCC1B1底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN平面BCC1B1.(2)若三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60.问：在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值；若不存在，说明理由【解】证明(1)连接AC1，BC1，则ANNC1，AMMB，MNBC1.又BC1平面BCC1B1，MN平面BCC1B1.(2)作B1OBC于O，面BCC1B1底面ABC，B1O面ABC.以O为原点，建立如右图所示的空间直角坐标系，则A(0，0)，B(1,0,0)，C(1,0,0)B1(0,0，)由可求出A1(1，)，C1(2,0，)设P(x，y，z)，解得P， 则，(1,0，)设平面B1CP的法向量为n1(x，y，z)，由解得n1.同理可求出平面ACC1A1的法向量n2(，1，1)由面B1CP平面ACC1A1，得n1n20，即310解得，3，所以A1C13A1P，从而C1PPA12.