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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
