2019高考数学复习专题立体几何第2讲综合大题部分真题押题精练理.docx

第2讲综合大题部分1.(2018高考全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析：(1)证明：由已知可得BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2(2018高考全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解析：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC，OBACO，得PO平面ABC.(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos ，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3(2017高考全国卷)如图，在四棱锥PABCD中， ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值解析：(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，又APPDP，从而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则即可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即可取m(1,0,1)则cosn，m.所以二面角APBC的余弦值为.4(2018高考全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值解析：(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，D的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，A(2,1,1)，A(0,2,0)，D(2,0,0)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)，D是平面MCD的法向量，因此cosn，D，sinn，D.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.1. 如图所示，在平行四边形ABCD中，BC2AB4，ABC60，PAAD，E，F分别为BC，PE的中点，AF平面PED.(1)求证：PA平面ABCD；(2)求直线BF与平面AFD所成角的正弦值解析：(1)证明：连接AE，由BC2AB4，ABC60，AE2，ED2，从而有AE2ED2AD2，所以AEED，又AFAEA，所以ED平面PAE，PA平面PAE，则EDPA，又PAAD，ADEDD，所以PA平面ABCD.(2)以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,2,0)，D(2，0,0)，B(，1,0)，因为AF平面PED，所以AFPE，又F为PE的中点，所以PAAE2，所以P(0,2,2)，F(0,1,1)，(0，1,1)，(2，2,0)，(，0,1)，设平面AFD的法向量为n(x，y，z)，由得令x1，得n(1，)设直线BF与平面AFD所成的角为，则sin |cos，n|，即直线BF与平面AFD所成角的正弦值为.2如图所示，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等解析：(1)证明：如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因为ADAP2，DP2，所以PAAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，则A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(1,1,0)，P(0,0,2)，所以(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)设(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的一个法向量为m(0,0,1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，由得令x1，得n(1，1，1)因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|(0,1)，解得，所以.即当时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等3如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1B145，ACBC，平面BB1C1C平面AA1B1B，E为CC1中点(1)求证：BB1AC；(2)若AA12，AB，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45，求平面A1B1E与平面ABC所成锐二面角的余弦值解析：(1)证明：过点C做COBB1交BB1于O，因为面BB1C1C面AA1B1B，BB1C1C面AA1B1BB1B，所以CO面AA1BB1，故COBB1，又因为ACBC，OCOC，所以RtAOCRtBOC，故OAOB，因为B1A1AOBA45，所以AOBB1，又因为BB1CO，所以BB1面AOC，故BB1AC.(2)以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标O xyz，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(1，2,0)，B1(0，1,0)，E(0，1,1)，设面A1B1E的法向量为n(x1，y1，z1)，则令x11，得n(1,1,0)设面ABC的法向量为m(x2，y2，z2)，则令x21，得m(1,1,1)，cosm，n，面A1B1E与面ABC所成锐二面角的余弦值为.4(2018临沂模拟)如图，在矩形ABCD中，AB，BC4，E是边AD上一点，且AE3，把ABE沿BE翻折，使得点A到A满足平面ABE与平面BCDE垂直(如图)(1)若点P在棱AC上，且CP3PA，求证：DP平面ABE；(2)求二面角BAED的余弦值的大小解析：(1)证明：在图中，过P作PQBC交AB于点Q，连接QE.因为CP3PA，所以，因为BC4，所以PQ1，因为DEBC，DE1，所以DE綊PQ，所以四边形QEDP为平行四边形，所以DPEQ.因为DP平面ABE，EQ平面ABE，所以DP平面ABE.(2)在图中，过A作AFBE于点F，因为平面ABE平面BCDE.所以AF平面BCDE.因为BAE90，AB，AE3，所以AEB30，A