【人教版】2020届高三数学理科二轮复习高考大题专攻练 八.doc

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1、温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后.关闭Word文档返回原板块.高考大题专攻练8.立体几何(B组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE∥平面PAB.(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.【解题导引】(1)取PA的中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF为平行四边形，证明CE∥BF，从而证明CE∥平面PAB.[来源:学科网ZXXK](2)取BC，AD的中点M，N

2、.连接PN交EF于点Q，连接MQ，证明MQ∥CE，MQ与平面PBC所成的角，就等于CE与平面PBC所成的角.过Q作QH⊥PB，连接MH，证明MH就是MQ在平面PBC内的射影，这样只要证明平面PBN⊥平面PBC即可.【解析】(1)如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF=AD，[来源:学科网]又因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF

3、中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.[来源:Zxxk.Com]由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，在Rt△MQH中，QH=，MQ=，所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.2.如图几何体是圆柱体的一部分，它

4、是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G为的中点.世纪金榜导学号92494444(1)设P是上一点，AP⊥BE，求∠CBP的大小.(2)当AD=2，AB=3，求二面角E-AG-C的大小.【解题导引】(1)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEHC为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E-AG-C的大小.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP

5、，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，[来源:学科网]所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC=120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE=GE=AC=GC==，取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平

6、面角.又AM=1，所以EM=CM==2.在△BEC中，由于∠EBC=120°，[来源:学科网ZXXK]由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12，所以EC=2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则∠EBP=90°，由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)，故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)，设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，

7、2).设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2，可得平面ACG的一个法向量n=(3，-，-2).所以cos==.因此所求的角为60°.关闭Word文档返回原板块