资源描述
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，ABBCB1B2.(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)因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.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)设平面ABB1的法向量为n(x，y，z)由得可取n(，1,0)所以sin |cos，n|.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.2. 如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，M为PD的中点，PA平面ABCD，PAAD4，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PACD，又CDAD，PAADA，所以CD平面PAD，又AM平面PAD，所以CDAM，因为PA平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAD，又PAAD4，且M为PD的中点，所以AMPD，又CDPDD，所以AM平面MCD.(2)因为PA平面ABCD，ABAD，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，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，可得令z1，则n(2，1,1)设直线PC与平面MAC所成的角为，则sin |，所以直线PC与平面MAC所成角的正弦值为.3(2018高考天津卷)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面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)(1)证明：依题意得(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1,0，1)又(1，1)，可得n00，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)设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0,1,1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角E BC F的正弦值为.(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|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h0,2所以，线段DP的长为.4. 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AF2FB，CE3CG.(1)求证：FG平面ADE；(2)若BEAB，求二面角F EG B的正弦值解析：(1)证明：在棱BE上取点H，使得EH2HB，连接FH，GH(图略)，因为AF2FB，EH2HB，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FHGHH，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)，(1,1,2)设平面EFG的法向量为n(x，y，z)，则即取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，所以cosn，又二面角F EG B为锐角，所以二面角F EG B的余弦值为，所以二面角F EG B的正弦值为.
展开阅读全文