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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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.
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