《【備戰(zhàn)】2020高考數(shù)學(xué) 應(yīng)考能力大提升8.3》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【備戰(zhàn)】2020高考數(shù)學(xué) 應(yīng)考能力大提升8.3（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、備戰(zhàn)2020數(shù)學(xué)應(yīng)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(nèi)的射影G是否在直線EF上,請證明你的結(jié)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(nèi)的射影G在直線EF上,過點A作AG⊥平面BCDE,垂足為G,連結(jié)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(nèi)的射影G在直線EF上. 過G作GH⊥ED,垂足為H,連結(jié)AH,則AH⊥DE, ∴∠AHG是二面角ADEG的平面角,即∠AHG=θ. 設(shè)原正方形ABCD的邊長為2a,連結(jié)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(nèi)的射影G在直線EF上. 連結(jié)AF,在平面AEF內(nèi)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(nèi)的射影G. ∴點A在平面BCDE內(nèi)的射影G在直線EF上. 過G作GH⊥ED,垂足為H,連結(jié)AH,則AH⊥DE, ∴∠AHG是二面角ADEC的平面角,即∠AHG=θ. 設(shè)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(cè)棱長均相等,AB⊥CB1,且側(cè)面ABB1A1垂直于底面ABC. (1)求證:平面ABC1⊥平面CBB1C1; (2)求側(cè)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(shè)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(guān)鍵是在一個平面內(nèi)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(zhì)定理,作出側(cè)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(jié)CD. ∵側(cè)面

8、ABB1A1⊥底面ABC,而平面ABB1A1∩平面ABC=AB, ∴B1D⊥面ABC. ∴∠B1BD就是側(cè)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(cè)棱B1B與底面ABC所成的角為60°. 3.【解析】(1)證明:連結(jié)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(jié)EF, ∴EF平面PED. ∴AB⊥EF. ∴∠PEF為二面角PABF的平面角. 設(shè)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.