2019数学（理）通用版二轮精准提分练解答题通关练3

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精3.立体几何1.(2018·北京11中模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝eq\f(2π，3)，AC∩BD＝O，且PO⊥平面ABCD，PO＝eq\r(3)，点F，G分别是线段PB，PD的中点，E在PA上，且PA＝3PE。（1)求证：BD∥平面EFG；（2)求直线AB与平面EFG所成角的正弦值.(1)证明(1）在△PBD中，因为点F,G分别是线段PB，PD的中点，所以FG∥BD,因为BD⊄平面EFG，FG⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG。（2）解因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以OA⊥OB，因为PO⊥平面ABCD，又OA，OB⊂平面ABCD，所以PO⊥OA，PO⊥OB，如图，以O为原点,分别以OA，OB,OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则依题意可得A（1，0，0)，B（0，eq\r（3)，0），C（－1，0，0），D(0，－eq\r(3），0)，P（0，0，eq\r（3)），Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，3），0，\f(2\r（3)，3））），Feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(\r(3）,2)，\f(\r（3）,2))）,Geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，－\f（\r(3），2），\f(\r(3),2)）)，所以eq\o(AB，\s\up6(→)）＝（－1，eq\r(3),0），eq\o(EF，\s\up6（→））＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，3)，\f（\r(3),2)，－\f（\r(3),6)）)，eq\o（GF，\s\up6（→））＝（0，eq\r（3)，0)，设平面EFG的法向量为n＝(x,y，z），则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o（EF,\s\up6(→））＝0，，n·\o（GF，\s\up6（→）)＝0,）)可得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f(1，3）x＋\f(\r（3）,2）y－\f(\r（3),6)z＝0，，\r（3)y＝0，)）令z＝eq\r（3）,可得n＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（3，2)，0，\r(3）)）,因为cos〈eq\o（AB，\s\up6（→）)，n>＝eq\f（\o(AB，\s\up6（→））·n，|\o(AB,\s\up6(→)）|｜n|)＝eq\f(\r(21），14).所以直线AB与平面EFG所成角的正弦值为eq\f(\r(21），14)。2.直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为棱AB，BB′的中点.(1）求证：CE⊥A′D;（2）求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.(1）证明设eq\o(CA，\s\up6（→）)＝a，eq\o（CB，\s\up6(→)）＝b，eq\o（CC′，\s\up6(→）)＝c,根据题意得｜a｜＝|b｜＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0,∴eq\o（CE，\s\up6（→））＝b＋eq\f（1,2)c,eq\o(AD，\s\up6(→））＝－c＋eq\f（1，2)b－eq\f（1，2）a，∴eq\o（CE，\s\up6(→））·eq\o(AD，\s\up6（→）)＝－eq\f(1，2)c2＋eq\f（1,2)b2＝0,∴eq\o(CE，\s\up6（→））⊥eq\o（AD，\s\up6（→）），即CE⊥A′D.(2）解∵eq\o(AC,\s\up6(→）)＝－a＋c，｜eq\o（AC,\s\up6（→））｜＝eq\r(2)｜a|，|eq\o(CE，\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5），2）|a｜，eq\o（AC，\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→））＝（－a＋c）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2）c))＝eq\f(1，2)c2＝eq\f(1，2）|a｜2,∴cos〈eq\o（AC,\s\up6（→）),eq\o（CE，\s\up6（→))〉＝eq\f(\f(1,2)｜a|2，\r（2）×\f（\r（5），2)|a|2）＝eq\f（\r(10)，10)，即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq\f（\r(10）,10).3.如图，在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明：PA∥平面DBE；(2）证明：PB⊥平面EFD；（3)求二面角C－PB－D的大小。(1）证明连接AC交BD于点O，连接OE。在△PAC中，∵O，E分别是AC，PC的中点，∴OE是△PAC的中位线，∴OE∥PA，又∵PA⊄平面DBE，OE⊂平面DBE，∴PA∥平面DBE。(2）证明∵PD⊥平面ABCD,又DC⊂平面ABCD,∴PD⊥DC。又PD＝DC，∴△PDC是等腰直角三角形，而E是斜边PC的中点，∴DE⊥PC。同理可证PD⊥BC.∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PDC，∴BC⊥平面PDC。又DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE，∵BC∩PC＝C，BC,PC⊂平面PBC,∴DE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB，又EF⊥PB且DE∩EF＝E,DE，EF⊂平面DEF，∴PB⊥平面EFD.（3)解由（2）知PB⊥DF，∴∠EFD是二面角C－PB－D的平面角。设正方形ABCD的边长为a,则PD＝DC＝a，BD＝eq\r(2)a，PB＝eq\r（PD2＋BD2)＝eq\r（3）a，PC＝eq\r（PD2＋DC2）＝eq\r（2)a，DE＝eq\f（1,2)PC＝eq\f（\r（2)，2）a,在Rt△PDB中，DF＝eq\f(PD·BD，PB）＝eq\f（a·\r(2）a，\r（3)a)＝eq\f(\r（6）,3)a,在Rt△EFD中，sin∠EFD＝eq\f(DE,DF)＝eq\f（\f(\r(2)，2）a，\f(\r（6），3）a)＝eq\f(\r（3),2），∴∠EFD＝60°.∴二面角C－PB－D的大小为60°。4.如图，在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD,BF⊥CD，AB＝1,AD＝2，∠ADE＝60°,沿AE，BF折成三棱柱AED－BFC。（1）若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN∥平面CDEF；（2)若BD＝eq\r(5），求二面角E－AC－F的余弦值。(1）证明取AD的中点G，连接GM，GN,在△ADE中，∵M，G分别为AE,AD的中点,∴MG∥DE，∵DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，∴MG∥平面CDEF.由于G，N分别为AD,BC的中点，由棱柱的性质可得GN∥DC，∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，∴GN∥平面CDEF。又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩NG＝G，∴平面GMN∥平面CDEF，∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF.(2）解连接EB，在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝eq\r（3）,∴BE＝2，又ED＝1,DB＝eq\r(5），∴EB2＋ED2＝DB2,∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，AE,EB⊂平面ABFE,∴DE⊥平面ABFE。以E为原点，分别以EA，EF,ED所在直线为x轴,y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得E(0，0,0），A（eq\r（3）,0，0),F（0，1，0），C（0，1，1）,eq\o(AC，\s\up6（→）)＝(－eq\r(3），1，1），eq\o(AE，\s\up6（→)）＝(－eq\r(3），0，0），eq\o(FC，\s\up6(→））＝（0，0，1).设平面AFC的法向量为m＝(x,y，z），则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC，\s\up6（→）)＝－\r（3）x＋y＋z＝0,,m·\o(FC,\s\up6(→）)＝z＝0，)）则z＝0，令x＝1，得y＝eq\r(3），则m＝（1,eq\r（3)，0）为平面AFC的一个法向量，设平面ACE的法向量为n＝（x1，y1,z1),则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o（AE，\s\up6（→）)＝－\r(3)x1＝0，，n·\o（AC，\s\up6(→）)＝－\r(3）x1＋y1＋z1＝0，）)则x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，∴n＝(0，1，－1)为平面ACE的一个