《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練6 立體幾何 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練6 立體幾何 新人教A版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練6 立體幾何 新人教A版 1. 如圖,在三棱錐P-ABC中,PA=PB=2,PC=4,∠APB=∠BPC=60°,cos∠APC=. (1)求證:平面PAB⊥平面PBC; (2)E為BC上的一點.若直線AE與平面PBC所成的角為30°,求BE的長. 2. 如圖,四邊形ABCD為平行四邊形,AB=5,AD=4,BD=3,將△BCD沿著BD翻折到平面BC1D處,E,F分別為邊AB,C1D的中點. (1)求證:EF∥平面BCC1; (2)若異面直線EF,

2、BC1所成的角為30°,求直線C1D與平面ABCD所成角的正弦值. 3.(xx浙江寧波期末考試,文18) 如圖,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,CD=2,△BEC為等邊三角形. (1)求證:平面ABE⊥平面ADE; (2)求AE與平面CDE所成角的正弦值. 4. (xx浙江湖州第三次教學(xué)質(zhì)量調(diào)測,文18)如圖,在三棱錐P-ABC中,△ABC是邊長為2的正三角形,∠PCA=90°,E,H分別為AP,AC的中點,AP=4,BE=.

3、(1)求證:AC⊥平面BEH; (2)求直線PA與平面ABC所成角的正弦值. 5. 在三棱錐V-ABC中,VC⊥底面ABC,AC⊥BC,D是AB的中點,且AC=BC=2,∠VDC=θ. (1)求證:平面VAB⊥平面VCD; (2)當(dāng)角θ變化時,求直線BC與平面VAB所成的角的取值范圍. 6. 如圖,AB為圓O的直徑,點E,F在圓O上,且AB∥EF,矩形ABCD所在的平面和圓O所在的平面互相垂直,且AB=2,AD=EF=1. (1

4、)求證:AF⊥平面CBF; (2)設(shè)FC的中點為M,求證:OM∥平面DAF; (3)設(shè)平面CBF將幾何體EFABCD分成的兩個錐體的體積分別為VF-ABCD,VF-CBE,求VF-ABCD∶VF-CBE. 答案 題型專項訓(xùn)練6　立體幾何(解答題專項) 1.(1)證明: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. 因為AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因為PB2+BC

5、2=PC2,所以PB⊥BC. 又因為AB∩PB=B,所以BC⊥平面PAB. 又因為BC?平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC. (2)解: 取PB的中點F,連接EF,則AF⊥PB.又因為平面PAB⊥平面PBC, 平面PAB∩平面PBC=PB,AF?平面PAB, 所以AF⊥平面PBC. 因此∠AEF是直線AE與平面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)證明:連接CC1,取CC1的中點G,連接FG,BG,EF. ∵四邊形ABCD是平行四邊形,F,G分別為C

6、1D,CC1的中點, ∴FG∥CD,EB∥CD且FG=EB=CD, ∴EB∥FG且EB=FG,∴四邊形BEFG是平行四邊形, ∴EF∥BG,∵BG?平面BCC1,EF?平面BCC1, ∴EF∥平面BCC1. (2)解:由(1)可知,∠C1BG即為異面直線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. 過C1作C1H⊥BC,垂足為H

7、,則C1H⊥平面ABCD,連接DH, 則∠C1DH即為直線C1D與平面ABCD所成的角, ∴sin∠C1DH=. 3. (1)證明:取AE的中點F,連接BF,DF. 由AB=BE=4,知BF⊥AE, 計算可得BF=2,AD=DE=BD=2,DF=2,則BF2+DF2=8+12=20=BD2,即BF⊥DF. 因為AE∩DF=F,所以BF⊥平面ADE. 又BF?平面ABE,所以平面ABE⊥平面ADE. (2)解: 如圖,補(bǔ)全成正三棱柱AMN-BEC,取MN中點H,連接AH,EH. 由題意知△AMN為正三角形,則AH⊥MN, 又CD⊥平面AMN,AH?平面AMN,所以

8、AH⊥CD. 因為MN∩CD=N,所以AH⊥平面CDE,則∠AEH即為AE與平面CDE所成的角, 在△AEH中,AH⊥EH,AH=2,AE=4, sin∠AEH=,即AE與平面CDE所成角的正弦值為. 4.(1)證明:因為△ABC是邊長為2的正三角形, 所以BH⊥AC. 又因為E,H分別為AP,AC的中點, 所以EH∥PC, 因為∠PCA=90°,所以PC⊥AC,所以EH⊥AC. 因為EH∩BH=H,所以AC⊥平面BEH. (2) 解:取BH的中點G,連接AG. 因為EH=BH=BE=,所以EG⊥BH. 又因為AC⊥平面BEH,EG?平面BEH,所以EG⊥AC.

9、 因為BH∩AC=H, 所以EG⊥平面ABC. 所以∠EAG為PA與平面ABC所成的角. 在直角三角形EAG中,AE=2,EG=, 所以sin∠EAG=. 所以PA與平面ABC所成的角的正弦值為. 5.(1)證明:∵AC=BC,D是AB的中點, ∴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:過點C在平面VCD內(nèi)作CH⊥VD于點H, 連接BH,由(1)知AB⊥CH, ∵VD∩AB=D,∴CH⊥平面VAB,∴∠CBH就是直線BC與平面VAB所成的角

10、. 在Rt△CHD中,CD=,CH=sin θ. 設(shè)∠CBH=φ,在Rt△BHC中,CH=2sin φ. ∴sin θ=sin φ, ∵0<θ<,∴0