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《(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题二大题考法课立体几何课时跟踪检测.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、立体几何1.如图,AC是圆O的直径,点B在圆O上,∠BAC=30°,BM⊥AC,垂足为M.EA⊥平面ABC,CF∥AE,AE=3,AC=4,CF=1.(1)证明:BF⊥EM;(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值.解:(1)证明:∵EA⊥平面ABC,∴BM⊥EA,又BM⊥AC,AC∩EA=A,∴BM⊥平面ACFE,∴BM⊥EM.①在Rt△ABC中,AC=4,∠BAC=30°,∴AB=2,BC=2,又BM⊥AC,则AM=3,BM=,CM=1.∵FM==,EM==3,EF==2,∴FM2+EM2=
2、EF2,∴EM⊥FM.②又FM∩BM=M,③∴由①②③得EM⊥平面BMF,∴EM⊥BF.(2)如图,以A为坐标原点,过点A垂直于AC的直线为x轴,AC,AE所在的直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系.由已知条件得A(0,0,0),E(0,0,3),B(,3,0),F(0,4,1),∴=(-,-3,3),=(-,1,1).设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),由得令x=,得y=1,z=2,∴平面BEF的一个法向量为n=(,1,2).∵EA⊥平面ABC,∴取平面ABC的一个法向量为=(0,0,3).设平
3、面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ,则cosθ=
4、cos〈n,〉
5、==.故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.2.(2019·台州期末)如图,四棱锥PABCD中,PC⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,PD=AB=2AD=2CD=2,E为PB的中点.(1)证明:平面EAC⊥平面PBC;(2)求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.解:(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AC.又AB=2,AD=CD=1,AD⊥AB,所以AC=BC=.故AC2+BC2=AB2,即AC⊥BC.又BC
6、∩PC=C,所以AC⊥平面PBC,因为AC⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面PBC.(2)法一:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥CD.又PD=2,CD=1,所以PC=.在平面PCB内,过点P作PH⊥CE,垂足为H.由(1)知平面ACE⊥平面PBC,所以PH⊥平面ACE,又点E为PB的中点,CE=PB=.由等面积法得CE·PH=PC·BC,所以PH=.又点E为PB的中点,所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等.连接BD交AC于点G,则GB=2DG.所以点D到平面ACE的距离是点B到平面AC
7、E的距离的一半,即PH.所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为=.法二:如图,取AB的中点F,建立如图所示的空间直角坐标系.因为PD=2,所以CP=.所以C(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,),A(1,1,0),B(1,-1,0),E.=(0,1,-),=(1,1,0),=.设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则即取x=1,得y=-1,z=-,即n=.设直线PD与平面AEC所成角为θ,则sinθ=
8、cos〈n,〉
9、==,所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为.3.如图,在四棱锥SAB
10、CD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:(1)证明: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Cxyz,则D(1,0,0),A(2,2,0),B(0,2,0).设S(x,y,z),显然x>0,y>0,z>0,则=(x-2,y-2,z),=(x,y-2,z),=(x-1,y,z).由
11、
12、=
13、
14、,得=,解得x=1.由
15、
16、=1,得y2+z2=1.①由
17、
18、=2,得y2+z
19、2-4y+1=0.②由①②,解得y=,z=.∴S,=,=1,-,,=,∴·=0,·=0,∴DS⊥AS,DS⊥BS,又AS∩BS=S,∴SD⊥平面SAB.(2)设平面SBC的法向量为n=(x1,y1,z1),则n⊥,n⊥,∴n·=0,n·=0.又=,=(0,2,0),∴取z1=2,得n=(-,0,2).∵=(-2,0,0),∴cos〈,n〉===.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.4.如图,等腰直角三角形ABC中,B是直角,平面ABEF⊥平面ABC,2AF=AB=BE,∠FAB=60°,AF∥BE.(1)
20、求证:BC⊥BF;(2)求直线BF与平面CEF所成角的正弦值.解:(1)证明:在Rt△ABC中,B是直角,即BC⊥AB,∵平面ABC⊥平面ABEF,平面ABC∩平面ABEF=AB,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面ABEF,又BF⊂平面ABEF,∴BC⊥BF.(2)法一:作BG⊥EF于点G,连接CG.由(1)知BC⊥平面ABEF,∴BC⊥EF.又BG⊥EF,BC∩BG=B,∴EF⊥平面BCG.又∵EF⊂平面CEF,∴平面BCG⊥平