《【備戰(zhàn)】2020高考數學 應考能力大提升8.3》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【備戰(zhàn)】2020高考數學 應考能力大提升8.3（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、備戰(zhàn)2020數學應考能力大提升
典型例題
【例1】 已知S是△ABC所在平面外一點,O是邊AC的中點,∠SOA=∠SOB=∠SOC,點P是SA的中點.
(1)求證:SO⊥平面ABC;
(2)求證:SC∥平面BOP.
證明:(1)在平面SAC中,∠SOA+∠SOC=180°,
又∠SOA=∠SOB=∠SOC,
∴∠SOA=∠SOC=90°=∠SOB,即SO⊥AC,SO⊥OB.
∴SO⊥平面ABC.
(2)∵P是SA的中點,O是AC的中點,
∴OP∥SC.而OP平面BOP,SC平面BOP,
∴SC∥平面BOP.
【例2】 已知正方形ABCD,E、F分別是邊AB、CD的中點,
2、將△ADE沿DE折起,如圖所示.記二面角ADEC的大小為θ(0＜θ＜π).
(1)證明BF∥平面ADE;
(2)若△ACD為正三角形,試判斷點A在平面BCDE內的射影G是否在直線EF上,請證明你的結論,并求角θ的余弦值.
(1)證明:E、F分別是正方形ABCD的邊AB、CD的中點,
∴EB∥FD,且EB=FD.
∴四邊形EBFD是平行四邊形.
∴BF∥ED.
∵ED平面AED,而BF平面AED,
∴BF∥平面AED.
(2)解:方法一:點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上,過點A作AG⊥平面BCDE,垂足為G,連結GC、GD.
∵△ACD為正三角形,
∴AC=
3、AD.∴GC=GD.
∴G在CD的垂直平分線上.
又∵EF是CD的垂直平分線,
∴點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上.
過G作GH⊥ED,垂足為H,連結AH,則AH⊥DE,
∴∠AHG是二面角ADEG的平面角,即∠AHG=θ.
設原正方形ABCD的邊長為2a,連結AF,在折后圖的△AEF中,AF=,EF=2AE=2a,
∴△AEF為直角三角形,AG·EF=AE·AF.
∴AG=a.
在Rt△ADE中,AH·DE=AD·AE,
∴AH=.
∴GH=.∴cosθ=.
方法二:點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上.
連結AF,在平面AEF內過點A作AG′⊥EF,垂
4、足為G′.
∵△ACD為正三角形,F為CD的中點,
∴AF⊥CD.
又∵EF⊥CD,
∴CD⊥平面AEF.
∵AG′平面AEF,
∴CD⊥AG′.
又∵AG′⊥EF,且CD∩EF=F,CD平面BCDE,EF平面BCDE,
∴AG′⊥平面BCDE.
∴G′為A在平面BCDE內的射影G.
∴點A在平面BCDE內的射影G在直線EF上.
過G作GH⊥ED,垂足為H,連結AH,則AH⊥DE,
∴∠AHG是二面角ADEC的平面角,即∠AHG=θ.
設原正方形ABCD的邊長為2a,在折后圖的△AEF中,AF=a,EF=2AE=2a,
∴△AEF為直角三角形,AG·EF=AE·
5、AF.
∴AG=a.
在Rt△ADE中,AH·DE=AD·AE,
∴AH=.
∴GH=.∴cosθ=.
創(chuàng)新題型
1、如圖,在長方體ABCD—A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,CC1=2.
(1)求證:平面A1BC1∥平面ACD1;
(2)求(1)中兩個平行平面間的距離;
(3)求點B1到平面A1BC1的距離.
2.已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面邊長及側棱長均相等,AB⊥CB1,且側面ABB1A1垂直于底面ABC.
(1)求證:平面ABC1⊥平面CBB1C1;
(2)求側棱B1B與底面ABC所成角的大小.
3.已
6、知四棱錐P—ABCD,底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,PD⊥平面ABCD,PD=AD,點E為AB中點,點F為PD中點.
(1)證明平面PED⊥平面PAB;
(2)求二面角PABF的平面角的余弦值.
參考答案
(2)解:設兩平行平面A1BC1與ACD1間的距離為d,則d等于D1到平面A1BC1的距離.
易求A1C1=5,A1B=,BC1=,
則cos∠A1BC1=.
從而sin∠A1BC1=,S△A1BC1=.
由于VD1—A1BC1=VB—A1C1D1,則S△A1BC1·d=(·A1D1·C1D1)·BB1,
代入求得d=,
即(1)中兩個
7、平行平面間的距離等于.
(3)解:由于線段B1D1被平面A1BC1所平分,所以點B1與點D1到平面A1BC1的距離相等,故由(2)知點B1到平面A1BC1的距離等于.
2.【解析】剖析:(1)利用面面垂直的判定定理,關鍵是在一個平面內找另一個平面的垂線(這條直線是CB1);(2)利用面面垂直的性質定理,作出側棱B1B與底面ABC所成的角.
(1)證明:∵四邊形BB1C1C是菱形,
∴CB1⊥C1B.
又∵AB⊥CB1,AB∩C1B=B,
∴CB1⊥平面ABC1.
而CB1平面CBB1C1,
∴平面ABC1⊥平面CBB1C1.
(2)解:作B1D⊥AB于D,連結CD.
∵側面
8、ABB1A1⊥底面ABC,而平面ABB1A1∩平面ABC=AB,
∴B1D⊥面ABC.
∴∠B1BD就是側棱B1B與底面ABC所成的角.
又∵CB1⊥AB,
∴其射影CD⊥AB.
而△ABC是正三角形,
∴BD=AB=B1B.
∴∠B1BD=60°,即側棱B1B與底面ABC所成的角為60°.
3.【解析】(1)證明:連結BD,
∵AB=AD,∠DAB=60°,
∴△ADB為等邊三角形.
∵E是AB中點,
∴AB⊥DE.
∵PD⊥平面ABCD,AB平面ABCD,
∴AB⊥PD.
∵DE平面PED,PD平面PED,DE∩PD=D,
∴AB⊥平面PED.
∵AB平面PAB,
∴平面PED⊥平面PAB.
(2)解:∵AB⊥平面PED,PE平面PED,
∵AB⊥PE,
連結EF,
∴EF平面PED.
∴AB⊥EF.
∴∠PEF為二面角PABF的平面角.
設AD=2,那么PF=FD=1,DE=,
在△PEF中,PE=,EF=2,PF=1,
∴cos∠PEF=,即二面角PABF的平面角的余弦值為.
【備戰(zhàn)】2020高考數學 應考能力大提升8.3
