综合法在高考中的立体几何解答题中的应用

第页综合法在高考中的立体几何解答题中的应用一：高考真题分析1（2018·天津高考）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求证：AD⊥BC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．【解】(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又∵M为棱AB的中点，∴MN∥BC.∴∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).∵AD⊥平面ABC，∴AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为eq\f(\r(13),26).(3)如图，连接CM.∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，∴CM⊥AB，CM＝eq\r(3).又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，∴∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD＝eq\r(AC2＋AD2)＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq\f(CM,CD)＝eq\f(\r(3),4).∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).2.（2018·全国Ⅱ高考）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．【解】(1)证明：∵PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，∴PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).连接OB，∵AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，∴△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB.又∵AC∩OB＝O，∴PO⊥平面ABC.(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，∴CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，MC＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，∴OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).∴点C到平面POM的距离为eq\f(4\r(5),5).3．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，如图，由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.则与平面所成的角为.在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故，因为BF∥DA且BF⊥平面PEF，所以DA⊥平面PE，所以DE⊥EP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在△PDE中，，所以，故，又，所以，所以在△PHD中，，故与平面所成角的正弦值为.方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得.则为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.4．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.反思：本题如果用综合法，过点M作CD的平行线即可很快找出二面角的平面角，找交线，点在棱上，线在面内，与棱垂直来指导学生去找二面角的平面角5．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．由，得，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.由，得.所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱台得，所以.（Ⅱ）方法一：过点作，交直线BD于点，连结.由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.设.由，得，所以，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.方法二：由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设.由题意知各点坐标如下：.因此.设平面BCD的法向量.由即，可取.所以.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.6．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．7．【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】方法一：（1）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（2）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（1）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.（2）设直线与平面所成的角为.由（1）可知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.自我检测：8..如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1⊥BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为eq\f(π,3)，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．【证明】(1)连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.在等腰梯形ABCD中，连接AC，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.(2)∵AB∥CD，∴∠D1DC＝eq\f(π,3)，∵CD＝1，∴D1C＝eq\r(3).在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，∴∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．在Rt△D1CM中，CM＝eq\f(\r(3),2)，D1C＝eq\r(3)，∴D1M＝eq\r(CM2＋D1C2)＝eq\f(\r(15),2)，∴cos∠D1MC＝eq\f(\r(5),5)，即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).9.如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．【证明】(1)证明：在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(1,2)，解得AC＝2eq\r(3)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面BCDE.又BE⊂平面BCDE，∴AC⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，∴BE⊥平面ACE.(2)∵直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，∴∠BCE＝45°，∴△EBC为等腰直角三角形．取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角.易得EF＝BF＝1，FG＝eq\f(\r(3),2).在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝eq\r(EF2＋FG2)＝eq\f(\r(7),2)，∴cos∠EGF＝＝eq\f(\r(21),7)，∴二面角E－AB－C的余弦值为eq\f(\r(21),7).10．在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，面，，，分别为，的中点.（1）求证：面；（2）求二面角的大小的正弦值；（3）求点到面的距离.【解析】（1）如图所示，取中点，连结，，∵，分别为，的中点，∴可证得，，∴四边形是平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴面；（2）作于点，作于点，连结，易证平面，∴，又∵，，∴平面，∴，∴即为二面角的平面角，在中，；∵，∴11.如图，在四棱锥中，底面是矩形.已知，.（1）求点到面的距离；（2）求二面角的正切值.【解析】（1）∵，，，故，则，∵，，∴平面，∴，，设点到平面的高为，由得即，∴.（2）如图所示，取中点，连接，作垂直于，连接，在中，，∴，由（1）知平面，平面，∴，而，，平面，∴平面，平面，∴，又∵，∴，又，∴平面，∴为二面角的平面角，，，在中，，∴，即二面角的正切值为.12．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（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．【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面．（2）由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=．连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设，则，故．又是平面A1AMN的法向量，故．所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．反思：本题如果用综合法，会不会更快更简洁？13.如图,已知AE⊥平面CDE,四边形ABCD为正方形,M,N分别是线段BE,DE的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)若求EC与平面ADE所成角的正弦值.证明:(1)连接线段BD.在△BDE中,∵M,N分别是线段BE,DE的中点,∴MN为中位线,则MN∥BD.又∵MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.解:(2)连接线段AC.∵四边形ABCD为正方形,∴CD⊥AD.又∵AE⊥平面CDE,∴CD⊥AE,且AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.EC与平面ADE所成角的平面角即为∠CED.在△ACE中,令AE=a,CE=2a,则AC=a,∴CD=a.在△CDE中,sin∠CED=∴EC与平面ADE所成角的正弦值为14.如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．PBEDCAxyz15如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥平面，，.是的中点，（Ⅰ）求证：平面⊥平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值PBEDCAxyzPPBEDCAOFGH【解析】解法一：（Ⅰ），，.,.而,，（Ⅱ）平面，平面.过作交于，二面角所成平面角.由，则在中，解得.因为是的中点，所以.而，由勾股定理可得..（Ⅲ）延长，过作垂直于，连结，又∵，∴⊥平面，过作垂直于，则,所以平面,即平面，所以在平面内的射影是，是直线与平面所成的角解法二：（Ⅰ）,.又,.,,而,∴平面⊥平面.（Ⅱ）设平面的法向量=,令，则.由即∴=.平面的法向量.所以二面角所成平面角的余弦值是.（Ⅲ）因为平面的法向量是=，而所以.直线与平面所成角的正弦值.16.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（II）证明：取棱的中点，连接，