2018届高考数学二轮立体几何类型试题解法技巧专题卷(全国通用)

立体几何专练·作业(十九)

1．(2017·武昌调研)如图，在四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.

(1)证明：SD⊥平面SAB；

(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值． 解析 方法1：空间向量法

(1)以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，则D(1，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)． 设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0，

→→→

且AS＝(x－2，y－2，z)，BS＝(x，y－2，z)，DS＝(x－1，y，z)． →→

由|AS|＝|BS|，得（x－2）2＋（y－2）2＋z2＝x2＋（y－2）2＋z2， 解得x＝1.

→

由|DS|＝1，得y2＋z2＝1.① →

由|BS|＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0.② 13

由①②，解得y＝，z＝.

22

13→33→33→13

∴S(1，，)，AS＝(－1，－，)，BS＝(1，－，)，DS＝(0，，)，

22222222→→→→

∴DS·AS＝0，DS·BS＝0，

∴DS⊥AS，DS⊥BS，又BS∩AS＝S， ∴SD⊥平面SAB.

(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， →→→→

则n⊥BS，n⊥CB，∴n·BS＝0，n·CB＝0. 33→→

又BS＝(1，－，)，CB＝(0，2，0)，

22

??x1－3y1＋3z1＝0，

22∴?取z1＝2，则n＝(－3，0，2)． ??2y1＝0，

→

又∵AB＝(－2，0，0)，

→AB·n－2×（－3）21→

∴cos〈AB，n〉＝＝＝.

7→7×2|AB||n|故AB与平面SBC所成角的正弦值为方法2：综合法

(1)如图，取AB的中点E，连接DE，SE，则四边形BCDE为矩形，且DE＝CB＝2， ∴AD＝DE2＋AE2＝5.

∵侧面SAB为等边三角形，AB＝2， ∴SA＝SB＝AB＝2，且SE＝3.

又SD＝1，∴SA2＋SD2＝AD2，SE2＋SD2＝DE2， ∴SD⊥SA，SD⊥SE，又SA∩SE＝S， ∴SD⊥平面SAB.

(2)过点S作SG⊥DE于点G.

∵AB⊥SE，AB⊥DE，又SE∩DE＝E， ∴AB⊥平面SDE.

又AB?平面ABCD，∴平面SDE⊥平面ABCD. 由平面与平面垂直的性质，知SG⊥平面ABCD.

在Rt△DSE中，由SD·SE＝DE·SG，得1×3＝2×SG，解得SG＝3

. 2

21. 7

过点A作AH⊥平面SBC于点H，连接BH，则∠ABH为AB与平面SBC所成的角． ∵CD∥AB，AB⊥平面SDE， ∴CD⊥平面SDE，∴CD⊥SD.

在Rt△CDS中，由CD＝SD＝1，得SC＝2. 在△SBC中，SB＝BC＝2，SC＝2， 1

则S△SBC＝×2×2

22－（

227）＝. 22

11

由VA－SBC＝VS－ABC，得S△SBC·AH＝S△ABC·SG，

3317113221

即××AH＝××2×2×，解得AH＝. 323227AH21∴sin∠ABH＝＝.

AB7

故AB与平面SBC所成角的正弦值为

21

. 7

2．(2016·唐山检测)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝2.

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD＝60°，求二面角B－OB1－C的余弦值． 解析 (1)∵A1O⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD， ∴A1O⊥BD，在菱形ABCD中，AC⊥BD， ∵A1O∩AC＝O，∴BD⊥平面A1AC，

∵BD?平面BB1D1D，∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.

(2)因为A1O⊥平面ABCD，AC⊥BD，建立以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在的直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示．

∵AB＝AA1＝2，∠BAD＝60°， ∴OB＝1，OA＝3， ∵AA1＝2，∴A1O＝1.

则O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1)，D(－3，0，0)，C(－3，0，0)，

→→→→→

AB＝A1B1＝(－3，1，0)，OB＝(0，1，0)，OC＝(－3，0，0)，OA1＝(0，0，1)， →→→

则OB1＝OA1＋A1B1＝(－3，1，1)， 设平面BOB1的法向量m＝(x，y，z)， →?OB＝y＝0，?m·则?

→??m·OB1＝－3x＋y＋z＝0，

则y＝0，令x＝3，得z＝3，即m＝(3，0，3)为平面BOB1的一个法向量． 设平面OB1C的法向量为n＝(x1，y1，z1)， →?OC＝－3x1＝0，?n·

则?

→??n·OB1＝－3x1＋y1＋z1＝0，

则x1＝0，令y1＝1，则z1＝－1，则n＝(0，1，－1)为平面OB1C的一个法向量， －3m·n6

∴cos〈m，n〉＝＝＝－，

|m||n|42×3＋9∵二面角B－OB1－C是钝二面角， ∴二面角B－OB1－C的余弦值是－6

. 4

3．(2017·太原二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP，E为棱PD的中点． (1)求证：PD⊥平面ABE；

→→

(2)若F为AB中点，PM＝λPC(0<λ<1)，试确定λ的值，使二面角P－FM－B的余弦值为－

3. 3

解析 (1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， ∴PA⊥AB.

∵四边形ABCD为正方形，∴AB⊥AD， ∵PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD， ∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD，

∵PA＝AD，E为PD的中点，∴PD⊥AE， ∵AE∩AB＝A，∴PD⊥平面ABE.

→→→

(2)以A为原点，以AB，AD，AP所在方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系A－xyz，令|AB|＝2，

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，E(0，1，1)，F(1，0，0)，

→→→→

PC＝(2，2，－2)，PM＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，PF＝(1，0，－2)，BF＝(－→

1，0，0)，FM＝(2λ－1，2λ，2－2λ)， 设平面PFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)， →??PF＝0，?m·?x1－2z1＝0，则?即?

?→2λx＋2λy－2λz＝0，111??m·PM＝0，?取x1＝2，则m＝(2，－1，1)．

设平面BFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

→??BF＝0，?n·?x2＝0，

则?即?

?→（2λ－1）x＋2λy＋（2－2λ）z＝0，222??n·FM＝0，?