《2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题8 立体几何 第58练 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题8 立体几何 第58练 （6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、训练目标 (1)利用公理、定理或已知的结论证明空间图形的位置关系；(2)用几何法或空 间向量法求空间角. 解题策略 (1)证明空间的平行和垂直的关键是线线、线面、面面关系的相互转化，解题 时要充分理解三者之间的联系；(2)利用向量方法求空间角是利用计算方法解 决几何问题，要建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法 向量. 1.如图，在三棱锥 PABC 中，PAC 和PBC 是边长为的等边三角形，AB2，点 2 O，D 分别是 AB，PB 的中点 (1)求证：OD平面 PAC； (2)求证：OP平面 ABC； (3)求三棱锥 DABC 的体积 2.在如图所示的直三棱柱 ABCA1B
2、1C1中，D，E 分别是 BC，A1B1的中点 (1)求证：DE平面 ACC1A1； (2)若 ABBC，ABBC，ACB160，求直线 BC 与平面 AB1C 所成角的正切值 3.(2018 届温州一模)如图，在四面体 ABCD 中，ABBCCDBD AD1，平面 3 3 1 2 ABD平面 CBD. (1)求 AC 的长； (2)点 E 是线段 AD 的中点，求直线 BE 与平面 ACD 所成角的正弦值 4如图 1，四边形 ABCD 为梯形，ABCD，C ，点 E 在 CD 上， 3 ABCE，BF BD，BDBC.现将ADE 沿 AE 折成如图 2APE 位置，使得二面角 1 33 PA
3、EC 的大小为 . 3 (1)求 PB 的长度； (2)求证：PB平面 ABCE； (3)求直线 CE 与平面 APE 所成角的正弦值 答案精析答案精析 1(1)证明 点 O，D 分别为 AB，PB 的中点， ODPA. 又 PA平面 PAC，OD平面 PAC， OD平面 PAC. (2)证明 连接 OC，OP， 点 O 为 AB 的中点，AB2， OCAB，OC1. 同理，POAB，PO1. 又 PC，PC2OC2PO22， 2 POC90.POOC. POOC，POAB，ABOCO， PO平面 ABC. (3)解 由(2)可知 OP平面 ABC， OP 为三棱锥 PABC 的高，且 OP1
4、. 设点 D 在平面 ABC 内的射影为点 E， 则 DE OP ， 1 2 1 2 V三棱锥 DABC SABC OP 1 3 1 2 21 . 1 3 1 2 1 2 1 6 2(1)证明 取 AB 中点 F，连接 DF，EF. 在ABC 中，因为 D，F 分别为 BC，AB 的中点， 所以 DFAC，又 DF平面 ACC1A1，AC平面 ACC1A1，所以 DF平面 ACC1A1. 在矩形 ABB1A1中，因为 E，F 分别为 A1B1，AB 的中点， 所以 EFAA1，又 EF平面 ACC1A1， AA1平面 ACC1A1，所以 EF平面 ACC1A1. 因为 DFEFF，所以平面 D
5、EF平面 ACC1A1. 因为 DE平面 DEF，故 DE平面 ACC1A1. (2)解 因为三棱柱 ABCA1B1C1为直三棱柱， 所以 BCBB1， 又 ABBC，ABBB1B，所以 BC平面 ABB1A1. 因为 ABBC，BB1BB1， 所以ABB1CBB1，所以 AB1CB1， 又ACB160，所以AB1C 为正三角形， 所以 AB1ACAB，所以 BB1AB. AB2BB2 12 取 AB1的中点 O，连接 BO，CO， 所以 AB1BO，AB1CO， 又因为 BOCOO， 所以 AB1平面 BCO， 所以平面 AB1C平面 BCO，点 B 在平面 AB1C 上的射影在 CO 上，
6、 所以BCO 即为直线 BC 与平面 AB1C 所成的角 在 RtBCO 中，BOABBC， 2 2 2 2 所以 tanBCO. BO BC 2 2 3解 (1)AB1，BD，AD2， 3 AB2BD2AD2， ABBD， 又平面 ABD平面 CBD，平面 ABD平面 CBDBD，AB平面 ABD， AB平面 CBD，ABBC，ABBC1，AC. 2 (2)由(1)可知，AB平面 BCD， ABCD， 过点 B 作 BGCD 于点 G，连接 AG， ABBGB，则有 CD平面 ABG， 又CD平面 AGD， 平面 AGD平面 ABG， 过点 B 作 BHAG 于点 H，BHCD，AGCDG，
7、AG，CD平面 AGD， 则有 BH平面 AGD，连接 HE， 则BEH 为 BE 与平面 ACD 所成的角 由 BCCD1，BD，得BCD120， 3 BGBCsinBCG1， 3 2 3 2 又AB1，AG. 7 2 由 ABBGBHAG，得 BH. ABBG AG 1 3 2 7 2 21 7 又BE AD1，sinBEH. 1 2 BH BE 21 7 4(1)解 因为 ABEC，ABEC，所以四边形 ABCE 是平行四边形， 所以 BCAE，又因为 BDBC， 所以 BDAE，所以 AEFB，AEFP， 即PFB 为二面角 PAEC 的平面角 又 BF，PF2， 33 由余弦定理得
8、BP2BF2PF22BFPFcos BFP9， 所以 BP3. (2)证明 BF，PF2，BP3，满足勾股定理， 33 所以 BFPB. 又因为 BFAE，PFAE，BFPFF， 所以 AE平面 PFB，所以 AEPB. 又 BFAEF，BF，AE平面 ABCE，所以 PB平面 ABCE. (3)解 方法一 作 BNPF 于点 N， 连接 AN， 由(2)可知，AE平面 BFP， 所以平面 BFP平面 APE， 又平面 BFP平面 APEPF，BN平面 BFP，所以 BN平面 APE， 所以BAN 是直线 AB 与平面 APE 所成的角 在 RtFBP 中，BNBFsin ， 3 3 2 因为
9、四边形 ABCE 为平行四边形， 所以AC ，所以 AB2， 3 BF sin A 3 3 2 所以 sin NAB . BN AB 3 2 2 3 4 所以直线 AB 与平面 APE 所成角的正弦值为 ， 3 4 即直线 CE 与平面 APE 所成角的正弦值为 . 3 4 方法二 由于 BF，BP，BC 两两互相垂直，如图，以点 B 为坐标原点， BC，BF，BP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标 系 则 B(0,0,0)，C(3,0,0)，A(1， ，0)，E(2， ，0)，P(0,0,3)，则 33 (3,0,0)，(1，3)， AE AP 3 设平面 APE 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 取 z1，则 n(0， ，1)， 3 设直线 CE 与平面 APE 所成的角为 ，(1，0)， EC 3 则 sin |cosn， | ， EC |nEC | |n|EC | 3 4 即直线 EC 与平面 APE 所成角的正弦值为 . 3 4
