收藏 分享(赏)

(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx

上传人:高**** 文档编号:803692 上传时间:2024-05-31 格式:DOCX 页数:40 大小:3.26MB
下载 相关 举报
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第1页
第1页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第2页
第2页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第3页
第3页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第4页
第4页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第5页
第5页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第6页
第6页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第7页
第7页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第8页
第8页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第9页
第9页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第10页
第10页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第11页
第11页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第12页
第12页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第13页
第13页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第14页
第14页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第15页
第15页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第16页
第16页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第17页
第17页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第18页
第18页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第19页
第19页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第20页
第20页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第21页
第21页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第22页
第22页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第23页
第23页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第24页
第24页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第25页
第25页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第26页
第26页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第27页
第27页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第28页
第28页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第29页
第29页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第30页
第30页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第31页
第31页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第32页
第32页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第33页
第33页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第34页
第34页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第35页
第35页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第36页
第36页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第37页
第37页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第38页
第38页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第39页
第39页 / 共40页
(全国通用)2020-2022三年高考数学真题分项汇编 专题06 立体几何(解答题)理.docx_第40页
第40页 / 共40页
亲,该文档总共40页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、06 立体几何(解答题)(理科专用)1【2022年全国甲卷】在四棱锥PABCD中,PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明:BDPA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值【答案】(1)证明见解析;(2)55.【解析】【分析】(1)作DEAB于E,CFAB于F,利用勾股定理证明ADBD,根据线面垂直的性质可得PDBD,从而可得BD平面PAD,再根据线面垂直的性质即可得证;(2)以点D为原点建立空间直角坐标系,利用向量法即可得出答案.(1)证明:在四边形ABCD中,作DEAB于E,CFAB于F,因为CD/AB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四边形AB

2、CD为等腰梯形,所以AE=BF=12,故DE=32,BD=DE2+BE2=3,所以AD2+BD2=AB2,所以ADBD,因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,所以PDBD,又PDAD=D,所以BD平面PAD,又因PA平面PAD,所以BDPA;(2)解:如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,BD=3,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3),则AP=(1,0,3),BP=(0,3,3),DP=(0,0,3),设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则有nAP=x+3z=0nBP=3y+3z=0,可取n=(3,1,1),则cosn,DP=nDP|n|DP|=55,所以PD与平面PA

3、B所成角的正弦值为55.2【2022年全国乙卷】如图,四面体ABCD中,ADCD,AD=CD,ADB=BDC,E为AC的中点(1)证明:平面BED平面ACD;(2)设AB=BD=2,ACB=60,点F在BD上,当AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】(1)根据已知关系证明ABDCBD,得到AB=CB,结合等腰三角形三线合一得到垂直关系,结合面面垂直的判定定理即可证明;(2)根据勾股定理逆用得到BEDE,从而建立空间直角坐标系,结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为AD=CD,E为AC

4、的中点,所以ACDE;在ABD和CBD中,因为AD=CD,ADB=CDB,DB=DB,所以ABDCBD,所以AB=CB,又因为E为AC的中点,所以ACBE;又因为DE,BE平面BED,DEBE=E,所以AC平面BED,因为AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.(2)连接EF,由(1)知,AC平面BED,因为EF平面BED,所以ACEF,所以SAFC=12ACEF,当EFBD时,EF最小,即AFC的面积最小.因为ABDCBD,所以CB=AB=2,又因为ACB=60,所以ABC是等边三角形,因为E为AC的中点,所以AE=EC=1,BE=3,因为ADCD,所以DE=12AC=1,在DEB中,DE

5、2+BE2=BD2,所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz,则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1,所以AD=1,0,1,AB=1,3,0,设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z,则nAD=x+z=0nAB=x+3y=0,取y=3,则n=3,3,3,又因为C1,0,0,F0,34,34,所以CF=1,34,34,所以cosn,CF=nCFnCF=62174=437,设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02,所以sin=cosn,CF=437,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.3【2022年新高考1卷】如图,直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4,A1B

6、C的面积为22(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC平面ABB1A1,求二面角ABDC的正弦值【答案】(1)2(2)32【解析】【分析】(1)由等体积法运算即可得解;(2)由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1,建立空间直角坐标系,利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,设点A到平面A1BC的距离为h,则VAA1BC=13SA1BC=223=VA1ABC=13SABCA1A=13VABCA1B1C1=43,解得=2,所以点A到平面A1BC的距离为2;(2)取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AEA1

7、B,又平面A1BC平面ABB1A1,平面A1BC平面ABB1A1=A1B,且AE平面ABB1A1,所以AE平面A1BC,在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1平面ABC,由BC平面A1BC,BC平面ABC可得AEBC,BB1BC,又AE,BB1平面ABB1A1且相交,所以BC平面ABB1A1,所以BC,BA,BB1两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,由(1)得AE=2,所以AA1=AB=2,A1B=22,所以BC=2,则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1),则BD=(1,1,1),BA=(0,2,0),BC=(2

8、,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z),则mBD=x+y+z=0mBA=2y=0,可取m=(1,0,1),设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c),则mBD=a+b+c=0mBC=2a=0,可取n=(0,1,1),则cosm,n=mn|m|n|=122=12,所以二面角ABDC的正弦值为1(12)2=32.4【2022年新高考2卷】如图,PO是三棱锥PABC的高,PA=PB,ABAC,E是PB的中点(1)证明:OE/平面PAC;(2)若ABO=CBO=30,PO=3,PA=5,求二面角CAEB的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】(1)连接BO并延长交

9、AC于点D,连接OA、PD,根据三角形全等得到OA=OB,再根据直角三角形的性质得到AO=DO,即可得到O为BD的中点从而得到OE/PD,即可得证;(2)过点A作Az/OP,如图建立平面直角坐标系,利用空间向量法求出二面角的余弦值,再根据同角三角函数的基本关系计算可得;(1)证明:连接BO并延长交AC于点D,连接OA、PD,因为PO是三棱锥PABC的高,所以PO平面ABC,AO,BO平面ABC,所以POAO、POBO,又PA=PB,所以POAPOB,即OA=OB,所以OAB=OBA,又ABAC,即BAC=90,所以OAB+OAD=90,OBA+ODA=90,所以ODA=OAD所以AO=DO,即

10、AO=DO=OB,所以O为BD的中点,又E为PB的中点,所以OE/PD,又OE平面PAC,PD平面PAC,所以OE/平面PAC(2)解:过点A作Az/OP,如图建立平面直角坐标系,因为PO=3,AP=5,所以OA=AP2PO2=4,又OBA=OBC=30,所以BD=2OA=8,则AD=4,AB=43,所以AC=12,所以O23,2,0,B43,0,0,P23,2,3,C0,12,0,所以E33,1,32,则AE=33,1,32,AB=43,0,0,AC=0,12,0,设平面AEB的法向量为n=x,y,z,则nAE=33x+y+32z=0nAB=43x=0,令z=2,则y=3,x=0,所以n=0

11、,3,2;设平面AEC的法向量为m=a,b,c,则mAE=33a+b+32c=0mAC=12b=0,令a=3,则c=6,b=0,所以m=3,0,6;所以cosn,m=nmnm=121339=4313设二面角CAEB为,由图可知二面角CAEB为钝二面角,所以cos=4313,所以sin=1cos2=1113故二面角CAEB的正弦值为1113;5【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中,侧面为正方形,E,F分别为和的中点,D为棱上的点 (1)证明:;(2)当为何值时,面与面所成的二面角的正弦值最小?【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】【分析】(1)方法二:通过已知条件,确定三条互相垂直的直线,建立

12、合适的空间直角坐标系,借助空间向量证明线线垂直;(2)方法一:建立空间直角坐标系,利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大,进而可以确定出答案;【详解】(1)方法一:几何法因为,所以又因为,所以平面又因为,构造正方体,如图所示,过E作的平行线分别与交于其中点,连接,因为E,F分别为和的中点,所以是BC的中点,易证,则又因为,所以又因为,所以平面又因为平面,所以 方法二 【最优解】:向量法因为三棱柱是直三棱柱,底面,又,平面所以两两垂直以为坐标原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图,由题设()因为,所以,所以 方法三:因为,所以,故,所以,所以(2)方法一【最优解】:向量法设平面的法

13、向量为,因为,所以,即令,则因为平面的法向量为,设平面与平面的二面角的平面角为,则当时,取最小值为,此时取最大值为所以,此时 方法二 :几何法如图所示,延长交的延长线于点S,联结交于点T,则平面平面作,垂足为H,因为平面,联结,则为平面与平面所成二面角的平面角设,过作交于点G由得又,即,所以又,即,所以所以则,所以,当时,方法三:投影法如图,联结,在平面的投影为,记面与面所成的二面角的平面角为,则设,在中,在中,过D作的平行线交于点Q在中,在中,由余弦定理得,当,即,面与面所成的二面角的正弦值最小,最小值为【整体点评】第一问,方法一为常规方法,不过这道题常规方法较为复杂,方法二建立合适的空间直

14、角坐标系,借助空间向量求解是最简单,也是最优解;方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用,不过这道题用这种方法过程也很简单,可以开拓学生的思维.第二问:方法一建立空间直角坐标系,利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法,也是最优方法;方法二:利用空间线面关系找到,面与面所成的二面角,并求出其正弦值的最小值,不是很容易找到;方法三:利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值,求出余弦值的最小值,进而求出二面角的正弦值最小,非常好的方法,开阔学生的思维6【2021年乙卷理科】如图,四棱锥的底面是矩形,底面,为的中点,且(1)求;(2)求二面角的正弦

15、值【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系,设,由已知条件得出,求出的值,即可得出的长;(2)求出平面、的法向量,利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】(1)方法一:空间坐标系+空间向量法平面,四边形为矩形,不妨以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,设,则、,则,则,解得,故;方法二【最优解】:几何法+相似三角形法如图,连结因为底面,且底面,所以又因为,所以平面又平面,所以从而因为,所以所以,于是所以所以 方法三:几何法+三角形面积法如图,联结交于点N由方法二知在矩形中,有,所以,即令

16、,因为M为的中点,则,由,得,解得,所以(2)方法一【最优解】:空间坐标系+空间向量法设平面的法向量为,则,由,取,可得,设平面的法向量为,由,取,可得,所以,因此,二面角的正弦值为.方法二:构造长方体法+等体积法如图,构造长方体,联结,交点记为H,由于,所以平面过H作的垂线,垂足记为G联结,由三垂线定理可知,故为二面角的平面角易证四边形是边长为的正方形,联结,由等积法解得在中,由勾股定理求得所以,即二面角的正弦值为【整体点评】(1)方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解;方法二利用线面垂直的判定定理,结合三角形相似进行计算求解,运算简洁,为最优解;方法三主要是在几何证明的基础上,利用三角

17、形等面积方法求得.(2)方法一,利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法,思路清晰,运算简洁,为最优解;方法二采用构造长方体方法+等体积转化法,技巧性较强,需注意进行严格的论证.7【2021年新高考1卷】如图,在三棱锥中,平面平面,为的中点.(1)证明:;(2)若是边长为1的等边三角形,点在棱上,且二面角的大小为,求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直,然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可;(2)方法二:利用几何关系找到二面角的平面角,然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】(1)因为,O是中点,所以,因为

18、平面,平面平面,且平面平面,所以平面因为平面,所以.(2)方法一:通性通法坐标法如图所示,以O为坐标原点,为轴,为y轴,垂直且过O的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则,设,所以,设为平面的法向量,则由可求得平面的一个法向量为又平面的一个法向量为,所以,解得又点C到平面的距离为,所以,所以三棱锥的体积为方法二【最优解】:作出二面角的平面角如图所示,作,垂足为点G作,垂足为点F,连结,则因为平面,所以平面,为二面角的平面角因为,所以由已知得,故又,所以因为,方法三:三面角公式考虑三面角,记为,为,记二面角为据题意,得对使用三面角的余弦公式,可得,化简可得使用三面角的正弦公式,可得,化简可得将两式平

19、方后相加,可得,由此得,从而可得如图可知,即有,根据三角形相似知,点G为的三等分点,即可得,结合的正切值,可得从而可得三棱锥的体积为【整体点评】(2)方法一:建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法,是此类题的通性通法,其好处在于将几何问题代数化,适合于复杂图形的处理;方法二:找到二面角的平面角是立体几何的基本功,在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识,该法为本题的最优解.方法三:三面角公式是一个优美的公式,在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.8【2021年新高考2卷】在四棱锥中,底面是正方形,若(1)证明:平面平面;(2)求二面角的平面角的

20、余弦值【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)取的中点为,连接,可证平面,从而得到面面.(2)在平面内,过作,交于,则,建如图所示的空间坐标系,求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】(1)取的中点为,连接.因为,则,而,故.在正方形中,因为,故,故,因为,故,故为直角三角形且,因为,故平面,因为平面,故平面平面.(2)在平面内,过作,交于,则,结合(1)中的平面,故可建如图所示的空间坐标系.则,故.设平面的法向量,则即,取,则,故.而平面的法向量为,故.二面角的平面角为锐角,故其余弦值为.9【2020年新课标1卷理科】如图,为圆锥的顶点,是圆锥底面的圆心,为底面直

21、径,是底面的内接正三角形,为上一点,(1)证明:平面;(2)求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)要证明平面,只需证明,即可;(2)方法一:过O作BC交AB于点N,以O为坐标原点,OA为x轴,ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别算出平面的一个法向量,平面的一个法向量为,利用公式计算即可得到答案.【详解】(1)方法一:勾股运算法证明由题设,知为等边三角形,设,则,所以,又为等边三角形,则,所以,则,所以,同理,又,所以平面;方法二:空间直角坐标系法不妨设,则,由圆锥性质知平面,所以,所以因为O是的外心,因此在底面过作的平行线与的交点为W,以O为原点,方向

22、为x轴正方向,方向为y轴正方向,方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则,所以,故,所以,又,故平面方法三:因为是底面圆O的内接正三角形,且为底面直径,所以因为(即)垂直于底面,在底面内,所以又因为平面,平面,所以平面又因为平面,所以设,则F为的中点,连结设,且,则,因此,从而又因为,所以平面方法四:空间基底向量法如图所示,圆锥底面圆O半径为R,连结,易得,因为,所以以为基底,平面,则,且,所以故所以,即同理又,所以平面(2)方法一:空间直角坐标系法过O作BC交AB于点N,因为平面,以O为坐标原点,OA为x轴,ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,设平面的一个法向量为,由,得,令,得,所

23、以,设平面的一个法向量为由,得,令,得,所以故,设二面角的大小为,由图可知二面角为锐二面角,所以.方法二【最优解】:几何法设,易知F是的中点,过F作交于G,取的中点H,联结,则由平面,得平面由(1)可得,得所以,根据三垂线定理,得所以是二面角的平面角设圆O的半径为r,则,所以,在中,所以二面角的余弦值为方法三:射影面积法如图所示,在上取点H,使,设,连结由(1)知,所以故平面所以,点H在面上的射影为N故由射影面积法可知二面角的余弦值为在中,令,则,易知所以又,故所以二面角的余弦值为【整体点评】本题以圆锥为载体,隐含条件是圆锥的轴垂直于底面,(1)方法一:利用勾股数进行运算证明,是在给出数据去证

24、明垂直时的常用方法;方法二:选择建系利用空间向量法,给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径;方法三:利用线面垂直,结合勾股定理可证出;方法四:利用空间基底解决问题,此解法在解答题中用的比较少;(2)方法一:建系利用空间向量法求解二面角,属于解答题中求角的常规方法;方法二:利用几何法,通过三垂线法作出二面角,求解三角形进行求解二面角,适合立体感强的学生;方法三:利用射影面积法求解二面角,提高解题速度.10【2020年新课标2卷理科】如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC

25、于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMNEB1C1F;(2)设O为A1B1C1的中心,若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)由分别为,的中点,根据条件可得,可证,要证平面平面,只需证明平面即可;(2)连接,先求证四边形是平行四边形,根据几何关系求得,在截取,由(1)平面,可得为与平面所成角,即可求得答案.【详解】(1)分别为,的中点,又,在中,为中点,则,又侧面为矩形,由,平面,平面,又,且平面,平面,平面,又平面,且平面平面 ,又平面,平面,平面,平面平面.(2)方法一:几何法如图,过O

26、作的平行线分别交于点,联结,由于平面,平面,平面,平面,所以平面平面又因平面平面,平面平面,所以因为,所以面又因,所以面,所以与平面所成的角为令,则,由于O为的中心,故在中,由勾股定理得所以由于,直线与平面所成角的正弦值也为方法二【最优解】:几何法因为平面,平面平面,所以因为,所以四边形为平行四边形由()知平面,则为平面的垂线所以在平面的射影为从而与所成角的正弦值即为所求在梯形中,设,过E作,垂足为G,则在直角三角形中,方法三:向量法由()知,平面,则为平面的法向量因为平面,平面,且平面平面,所以由()知,即四边形为平行四边形,则因为O为正的中心,故由面面平行的性质得,所以四边形为等腰梯形由P

27、,N为等腰梯形两底的中点,得,则设直线与平面所成角为,则所以直线与平面所成角的正弦值方法四:基底法不妨设,则在直角中,以向量为基底,从而,则,所以由()知平面,所以向量为平面的法向量设直线与平面所成角,则故直线与平面所成角的正弦值为【整体点评】(2)方法一:几何法的核心在于找到线面角,本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键;方法二:等价转化是解决问题的关键,构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法;方法三:利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量,然后利用向量法求解即可;方法四:基底法是立体几何的重要思想,它是平面向量基本定理的延伸,其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方

28、向向量.11【2020年新课标3卷理科】如图,在长方体中,点分别在棱上,且,(1)证明:点在平面内;(2)若,求二面角的正弦值【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)方法一:连接、,证明出四边形为平行四边形,进而可证得点在平面内;(2)方法一:以点为坐标原点,、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可计算出二面角的余弦值,进而可求得二面角的正弦值.【详解】(1)方法一【最优解】:利用平面基本事实的推论在棱上取点,使得,连接、,如图1所示.在长方体中,所以四边形为平行四边形,则,而,所以,所以四边形为平行四边形,即有,同理可证四边形为平行四边形,因此点在平面内.方法

29、二:空间向量共线定理以分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图2所示设,则所以故所以,点在平面内方法三:平面向量基本定理同方法二建系,并得,所以故所以点在平面内方法四:根据题意,如图3,设在平面内,因为,所以延长交于G,平面,平面,所以平面平面延长交于H,同理平面平面由得,平面平面连接,根据相似三角形知识可得在中,同理,在中,如图4,在中,所以,即G,H三点共线因为平面,所以平面,得证方法五:如图5,连接,则四边形为平行四边形,设与相交于点O,则O为的中点联结,由长方体知识知,体对角线交于一点,且为它们的中点,即,则经过点O,故点在平面内(2)方法一【最优解】:坐标法以点为坐标原点,、

30、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,如图2.则、,设平面的一个法向量为,由,得取,得,则,设平面的一个法向量为,由,得,取,得,则,设二面角的平面角为,则,.因此,二面角的正弦值为.方法二:定义法在中,即,所以在中,如图6,设的中点分别为M,N,连接,则,所以为二面角的平面角在中,所以,则方法三:向量法由题意得,由于,所以如图7,在平面内作,垂足为G,则与的夹角即为二面角的大小由,得其中,解得,所以二面角的正弦值方法四:三面角公式由题易得,所以设为二面角的平面角,由二面角的三个面角公式,得,所以【整体点评】(1)方法一:通过证明直线,根据平面的基本事实二的推论即可证出,思路直接,

31、简单明了,是通性通法,也是最优解;方法二:利用空间向量基本定理证明;方法三:利用平面向量基本定理;方法四:利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内;方法五:利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出(2)方法一:利用建立空间直角坐标系,由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出;方法二:利用二面角的定义结合解三角形求出;方法三:利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出,为最优解;方法四:利用三面角的余弦公式即可求出12【2020年新高考1卷(山东卷)】如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交

32、线为l(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证得平面,利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得,从而得到平面;(2)方法一:根据题意,建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标,设出点,之后求得平面的法向量以及向量的坐标,求得的最大值,即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】(1)证明: 在正方形中,因为平面,平面,所以平面,又因为平面,平面平面,所以,因为在四棱锥中,底面是正方形,所以且平面,所以因为,所以平面(2)方法一【最优解】:通性通法

33、因为两两垂直,建立空间直角坐标系,如图所示:因为,设,设,则有,设平面的法向量为,则,即,令,则,所以平面的一个法向量为,则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于,当且仅当时取等号,所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.方法二:定义法如图2,因为平面,所以平面在平面中,设在平面中,过P点作,交于F,连接因为平面平面,所以又由平面,平面,所以平面又平面,所以又由平面平面,所以平面,从而即为与平面所成角设,在中,易求由与相似,得,可得所以,当且仅当时等号成立方法三:等体积法如图3,延长至G,使得,连接,则,过G

34、点作平面,交平面于M,连接,则即为所求设,在三棱锥中,在三棱锥中,由得,解得,当且仅当时等号成立在中,易求,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为【整体点评】(2)方法一:根据题意建立空间直角坐标系,直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值,即,再根据基本不等式即可求出,是本题的通性通法,也是最优解;方法二:利用直线与平面所成角的定义,作出直线PB与平面QCD所成角,再利用解三角形以及基本不等式即可求出;方法三:巧妙利用,将线转移,再利用等体积法求得点面距,利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法,即可求出13【20

35、20年新高考2卷(海南卷)】如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD设平面PAD与平面PBC的交线为(1)证明:平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为上的点,QB=,求PB与平面QCD所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得,利用线面垂直的判定定理证得平面,从而得到平面;(2)根据题意,建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标,设出点,之后求得平面的法向量以及向量的坐标,求得,即可得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明: 在正方形中, 因为平面,平面,所以平面,又因为平面,平面平面,所以,因为在四棱锥中,底面是正方形,所以且平面,所以因为所以平面;(2)如图建立空间直角坐标系,因为,则有,设,则有,因为QB=,所以有设平面的法向量为,则,即,令,则,所以平面的一个法向量为,则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有线面平行的判定和性质,线面垂直的判定和性质,利用空间向量求线面角,利用基本不等式求最值,属于中档题目.

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3