（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 壓軸大題突破練（二）立體幾何

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1、(二)立體幾何 1.如圖，四棱錐S－ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱SB垂直于底面． (1)求證：平面SBD⊥平面SAC； (2)若SA與平面SCD所成的角為30°，求SB的長(zhǎng)． (1)證明　連接AC，BD， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形， 所以AC⊥BD. 又因?yàn)镾B⊥底面ABCD， AC?平面ABCD， 所以AC⊥SB， 因?yàn)锽D∩SB＝B，BD，SB?平面SBD， 所以AC⊥平面SBD. 又因?yàn)锳C?平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD. (2)解　將四棱錐補(bǔ)形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，連接A′D，作AE⊥A′D，垂足為點(diǎn)E，連接SE.

2、 由SA′∥CD可知，平面SCD即為平面SCDA′. 因?yàn)镃D⊥側(cè)面ADD′A′，AE?側(cè)面ADD′A′， 所以CD⊥AE， 又因?yàn)锳E⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD?平面SCD， 所以AE⊥平面SCD， 于是∠ASE即為SA與平面SCD所成的角． 設(shè)SB＝x，在Rt△ABS中，SA＝， 在Rt△DAA′中，AE＝. 因?yàn)椤螦SE＝30°，所以＝， 解得x＝1，即SB的長(zhǎng)為1. 2.(2019·臺(tái)州模擬)如圖，棱錐P－ABCD的底面是菱形，AB＝2，∠DAB＝，側(cè)面PAB垂直于底面ABCD，且△PAB是正三角形． (1)求證：PD⊥AB； (2)求直線

3、PC與平面PBD所成角的正弦值． (1)證明　取AB的中點(diǎn)O，連接OD，OP， 由題意知，△ABD為等邊三角形， 所以AB⊥OD， 又△PAB是等邊三角形， 所以AB⊥OP， 又OP∩OD＝O，OP，OD?平面POD， 所以AB⊥平面POD， 又PD?平面POD，所以PD⊥AB. (2)解　方法一　如圖，由(1)知，PO⊥AB，PO?平面PAB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，平面PAB⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD， 以O(shè)為原點(diǎn)，OB所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則P(0,0，)，B(1,0,0)，C(2，，0

4、)，D(0，，0)， ＝(－1，，0)，＝(0，，－)， ＝(2，，－)． 設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取y＝1，得x＝，z＝1，即n＝(，1,1)， 設(shè)直線PC與平面PBD所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝， 所以直線PC與平面PBD所成角的正弦值為. 方法二　設(shè)點(diǎn)C到平面PBD的距離為h， 直線PC與平面PBD所成的角是θ， 則sinθ＝. 同方法一得，PO⊥平面ABCD， PD＝＝， 又PB＝2，BD＝2，所以cos∠PBD＝＝， 所以sin∠PBD＝， 所以S△PBD＝PB·BD·sin∠PBD＝， 由VC－PB

5、D＝VP－BCD， 即S△PBD·h＝S△BCD·PO， 得··h＝··，h＝， 又PD⊥AB，AB∥CD，所以PD⊥CD，所以PC＝＝，所以sinθ＝＝. 所以直線PC與平面PBD所成角的正弦值為. 3．(2019·杭州十四中月考)如圖，三棱柱ABC—A1B1C1所有的棱長(zhǎng)均為2，A1B＝，A1B⊥AC. (1)求證：A1C1⊥B1C； (2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值． (1)證明　方法一　取AC的中點(diǎn)O，連接A1O，BO， 則BO⊥AC， ∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B， A1B?平面A1BO， BO?平面A1BO， ∴AC⊥平面A1B

6、O， 連接AB1交A1B于點(diǎn)M， 連接OM，則B1C∥OM， 又OM?平面A1BO， ∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C， ∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C. 方法二　連接AB1，BC1， ∵四邊形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1， 又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A， AB1?平面AB1C，AC?平面AB1C， ∴A1B⊥平面AB1C， 又B1C?平面AB1C，∴A1B⊥B1C， 又四邊形B1BCC1是菱形，∴BC1⊥B1C， 又A1B∩BC1＝B，∴B1C⊥平面A1BC1， ∴B1C⊥A1C1. (2)解　∵A1B⊥AB1，A1B⊥AC， AB1∩AC＝A

7、，AB1，AC?平面AB1C， ∴A1B⊥平面AB1C， 又A1B?平面ABB1A1， ∴平面AB1C⊥平面ABB1A1， ∵平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1， ∴AC在平面ABB1A1內(nèi)的射影為AB1， ∴∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角， 由(1)知A1C1⊥B1C，又A1C1∥AC， ∴B1C⊥AC， ∵AB1＝2AM＝2＝， ∴在Rt△ACB1中， cos∠B1AC＝＝＝， ∴直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為. 4．(2019·浙南聯(lián)盟模擬)在三棱臺(tái)ABC－A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，二面角A－BC－B1的平面角為60°

8、，BB1＝CC1. (1)求證：A1A⊥BC； (2)求直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值． (1)證明　延長(zhǎng)AA1，BB1，CC1交于點(diǎn)S，取棱BC的中點(diǎn)O， 連接AO，SO. 因?yàn)锽B1＝CC1，B1C1∥BC， 故SB＝SC. 又O是棱BC的中點(diǎn)， 故BC⊥SO. 因?yàn)锳B＝AC，所以BC⊥AO， 又SO，AO?平面SAO，且SO∩AO＝O， 因此BC⊥平面SAO， 又A1A?平面SAO， 所以A1A⊥BC. (2)解　方法一　由(1)知，∠AOS為二面角A－BC－B1的平面角，即∠AOS＝60°， 作AH⊥SO，垂足為H，連接BH. 因?yàn)锽

9、C⊥平面SAO，AH?平面SAO，所以BC⊥AH， 又SO∩BC＝O，SO，BC?平面BCC1B1， 故AH⊥平面BCC1B1， 從而∠ABH為直線AB與平面BCC1B1所成的角． 不妨設(shè)AB＝2，則AO＝，AH＝AOsin∠AOS＝， 所以sin∠ABH＝＝. 方法二　如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB所在直線為x軸，y軸，過點(diǎn)O且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 由(1)，∠AOS為二面角A－BC－B1的平面角， 則∠AOS＝60°， 設(shè)BC＝2，SO＝a(a>0)， 則點(diǎn)A(，0,0)，B(0,1,0)，C(0，－1,0)，S. 所以＝(－

10、，1,0)，＝(0,2,0)，＝， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCC1B1的一個(gè)法向量， 由得 令x＝，則z＝－1， 即n＝(，0，－1)． 設(shè)θ是直線AB與平面BCC1B1所成的角， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝. 5.在如圖所示的幾何體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中點(diǎn)． (1)求證：CM⊥EM； (2)求CM與平面CDE所成的角． 方法一　(1)證明　因?yàn)锳C＝BC，M是AB的中點(diǎn)， 所以CM⊥AB. 又EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以EA⊥CM， 因?yàn)锳B∩EA＝A，AB，EA?平面

11、ABDE， 所以CM⊥平面ABDE， 又因?yàn)镋M?平面ABDE，所以CM⊥EM. (2)解　過點(diǎn)M作MH⊥平面CDE，垂足為H，連接CH并延長(zhǎng)交ED于點(diǎn)F，連接MF，MD， 則∠FCM是直線CM和平面CDE所成的角． 因?yàn)镸H⊥平面CDE，ED，MF?平面CDE，所以MH⊥ED，MF⊥CM， 又因?yàn)镃M⊥平面EDM，ED?平面EDM， 所以CM⊥ED， 因?yàn)镸H∩CM＝M，MH，CM?平面CMF， 所以ED⊥平面CMF， 因?yàn)镸F?平面CMF，所以ED⊥MF. 設(shè)EA＝a，則BD＝BC＝AC＝2a， 所以在Rt△ABC中， AB＝2a，M是AB的中點(diǎn)， 所以在直角梯

12、形ABDE中，DE＝3a，EM＝a，MD＝a， 所以EM2＋MD2＝ED2， 所以△EMD是直角三角形，其中∠EMD＝， 所以MF＝＝a. 在Rt△CMF中，tan∠FCM＝＝1， 又因?yàn)椤螰CM∈， 所以∠FCM＝，故CM與平面CDE所成的角是. 方法二　如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB所在直線分別作為x軸和y軸，過點(diǎn)C作與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EA＝a，則A(2a,0,0)， B(0,2a,0)，E(2a,0，a)， D(0,2a,2a)，M(a，a,0)． (1)證明　因?yàn)椋?－a，a，－a)，＝(a，a,0)， 所以·＝0，故EM

13、⊥CM. (2)解　設(shè)向量n＝(1，y0，z0)為平面CDE的一個(gè)法向量， 則n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0. 因?yàn)椋?2a,0，a)，＝(0,2a,2a)， 所以解得 即n＝(1,2，－2)， cos〈n，〉＝＝， 因?yàn)椤磏，〉∈[0，π]，所以〈n，〉＝. 直線CM與平面CDE所成的角θ是n與夾角的余角，所以θ＝，因此直線CM與平面CDE所成的角是. 6．如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，將四邊形AEFB沿EF折起，使點(diǎn)B在平面CDEF上的射影H在直線DE上． (1)求證：CD⊥BE； (2)求線段

14、BH的長(zhǎng)度； (3)求直線AF與平面EFCD所成角的正弦值． (1)證明　∵BH⊥平面CDEF，∴BH⊥CD， 又CD⊥DE，BH∩DE＝H，BH，DE?平面DBE， ∴CD⊥平面DBE，∴CD⊥BE. (2)解　方法一　設(shè)BH＝h，EH＝k， 過F作FG垂直ED于點(diǎn)G， ∵線段BE，BF在翻折過程中長(zhǎng)度不變， 根據(jù)勾股定理得 即解得 ∴線段BH的長(zhǎng)度為2. 方法二　如圖，過點(diǎn)E作ER∥DC，過點(diǎn)E作ES⊥平面EFCD， 以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以ER，ED，ES所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)點(diǎn)B(0，y，z)(y>0，z>0)， 由于F(2,2,0)，BE＝，BF＝3， ∴ 解得于是B(0,1,2)， ∴線段BH的長(zhǎng)度為2. (3)解　方法一　延長(zhǎng)BA交EF于點(diǎn)M， ∵M(jìn)A∶MB＝AE∶BF＝1∶3， ∴點(diǎn)A到平面EFCD的距離為點(diǎn)B到平面EFCD距離的， ∴點(diǎn)A到平面EFCD的距離為， 而AF＝＝， 故直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為. 方法二　由(2)方法二知＝(－2，－1,2)， 故＝＝， ＝＋＝， 設(shè)平面EFCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 直線AF與平面EFCD所成角的大小為θ， 則sinθ＝＝. 即直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為. 10