2019-2020年高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练6 立体几何 新人教A版.doc
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2019-2020年高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练6 立体几何 新人教A版 1. 如图,在三棱锥P-ABC中,PA=PB=2,PC=4,∠APB=∠BPC=60,cos∠APC=. (1)求证:平面PAB⊥平面PBC; (2)E为BC上的一点.若直线AE与平面PBC所成的角为30,求BE的长. 2. 如图,四边形ABCD为平行四边形,AB=5,AD=4,BD=3,将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D处,E,F分别为边AB,C1D的中点. (1)求证:EF∥平面BCC1; (2)若异面直线EF,BC1所成的角为30,求直线C1D与平面ABCD所成角的正弦值. 3.(xx浙江宁波期末考试,文18) 如图,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,CD=2,△BEC为等边三角形. (1)求证:平面ABE⊥平面ADE; (2)求AE与平面CDE所成角的正弦值. 4. (xx浙江湖州第三次教学质量调测,文18)如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的正三角形,∠PCA=90,E,H分别为AP,AC的中点,AP=4,BE=. (1)求证:AC⊥平面BEH; (2)求直线PA与平面ABC所成角的正弦值. 5. 在三棱锥V-ABC中,VC⊥底面ABC,AC⊥BC,D是AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC=θ. (1)求证:平面VAB⊥平面VCD; (2)当角θ变化时,求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围. 6. 如图,AB为圆O的直径,点E,F在圆O上,且AB∥EF,矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直,且AB=2,AD=EF=1. (1)求证:AF⊥平面CBF; (2)设FC的中点为M,求证:OM∥平面DAF; (3)设平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为VF-ABCD,VF-CBE,求VF-ABCD∶VF-CBE. 答案 题型专项训练6 立体几何(解答题专项) 1.(1)证明:在△PAB中,由PA=PB=2,∠APB=60,得AB=2. 在△PBC中,PB=2,PC=4,∠BPC=60,由余弦定理,得BC=2. 在△PAC中,PA=2,PC=4,cos∠APC=,由余弦定理,得AC=4. 因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因为PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC. 又因为AB∩PB=B,所以BC⊥平面PAB. 又因为BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC. (2)解: 取PB的中点F,连接EF,则AF⊥PB.又因为平面PAB⊥平面PBC, 平面PAB∩平面PBC=PB,AF⊂平面PAB, 所以AF⊥平面PBC. 因此∠AEF是直线AE与平面PBC所成的角,即∠AEF=30. 在正△PAB中,AF=PA=. 在Rt△AEF中,AE==2. 在Rt△ABE中,BE==2. 2. (1)证明:连接CC1,取CC1的中点G,连接FG,BG,EF. ∵四边形ABCD是平行四边形,F,G分别为C1D,CC1的中点, ∴FG∥CD,EB∥CD且FG=EB=CD, ∴EB∥FG且EB=FG,∴四边形BEFG是平行四边形, ∴EF∥BG,∵BG⊂平面BCC1,EF⊄平面BCC1, ∴EF∥平面BCC1. (2)解:由(1)可知,∠C1BG即为异面直线EF,BC1的所成角,∴∠C1BG=30. ∵BC1=BC,∴∠C1BC=60,∴△C1BC是正三角形. 又∵AB=5,AD=4,BD=3,∴∠ADB=∠CBD=∠C1BD=90. ∴BD⊥BC,BD⊥BC1,且BC∩BC1=B, ∴BD⊥平面BCC1, ∴平面ABCD⊥平面BCC1. 过C1作C1H⊥BC,垂足为H,则C1H⊥平面ABCD,连接DH, 则∠C1DH即为直线C1D与平面ABCD所成的角, ∴sin∠C1DH=. 3. (1)证明:取AE的中点F,连接BF,DF. 由AB=BE=4,知BF⊥AE, 计算可得BF=2,AD=DE=BD=2,DF=2,则BF2+DF2=8+12=20=BD2,即BF⊥DF. 因为AE∩DF=F,所以BF⊥平面ADE. 又BF⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面ADE. (2)解: 如图,补全成正三棱柱AMN-BEC,取MN中点H,连接AH,EH. 由题意知△AMN为正三角形,则AH⊥MN, 又CD⊥平面AMN,AH⊂平面AMN,所以AH⊥CD. 因为MN∩CD=N,所以AH⊥平面CDE,则∠AEH即为AE与平面CDE所成的角, 在△AEH中,AH⊥EH,AH=2,AE=4, sin∠AEH=,即AE与平面CDE所成角的正弦值为. 4.(1)证明:因为△ABC是边长为2的正三角形, 所以BH⊥AC. 又因为E,H分别为AP,AC的中点, 所以EH∥PC, 因为∠PCA=90,所以PC⊥AC,所以EH⊥AC. 因为EH∩BH=H,所以AC⊥平面BEH. (2) 解:取BH的中点G,连接AG. 因为EH=BH=BE=,所以EG⊥BH. 又因为AC⊥平面BEH,EG⊂平面BEH,所以EG⊥AC. 因为BH∩AC=H, 所以EG⊥平面ABC. 所以∠EAG为PA与平面ABC所成的角. 在直角三角形EAG中,AE=2,EG=, 所以sin∠EAG=. 所以PA与平面ABC所成的角的正弦值为. 5.(1)证明:∵AC=BC,D是AB的中点, ∴CD⊥AB,∵VC⊥底面ABC,AB⊂平面ABC, ∴VC⊥AB. ∵VC∩CD=C,∴AB⊥平面VCD. 又AB⊂平面VAB,∴平面VAB⊥平面VCD. (2)解:过点C在平面VCD内作CH⊥VD于点H, 连接BH,由(1)知AB⊥CH, ∵VD∩AB=D,∴CH⊥平面VAB,∴∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 在Rt△CHD中,CD=,CH=sin θ. 设∠CBH=φ,在Rt△BHC中,CH=2sin φ. ∴sin θ=sin φ, ∵0<θ<,∴0
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