（浙江专用）高考数学三轮冲刺 抢分练 压轴大题突破练（二）立体几何-人教版高三全册数学试题VIP免费

(二)立体几何1.如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．(1)证明连接AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SB⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SB，因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，连接SE.由SA′∥CD可知，平面SCD即为平面SCDA′.因为CD⊥侧面ADD′A′，AE⊂侧面ADD′A′，所以CD⊥AE，又因为AE⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD⊂平面SCD，所以AE⊥平面SCD，于是∠ASE即为SA与平面SCD所成的角．1设SB＝x，在Rt△ABS中，SA＝，在Rt△DAA′中，AE＝.因为∠ASE＝30°，所以＝，解得x＝1，即SB的长为1.2.(2019·台州模拟)如图，棱锥P－ABCD的底面是菱形，AB＝2，∠DAB＝，侧面PAB垂直于底面ABCD，且△PAB是正三角形．(1)求证：PD⊥AB；(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．(1)证明取AB的中点O，连接OD，OP，由题意知，△ABD为等边三角形，所以AB⊥OD，又△PAB是等边三角形，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)解方法一如图，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为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(1,0,0)，C(2，，0)，D(0，，0)，BD＝(－1，，0)，PD＝(0，，－)，PC＝(2，，－)．设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝1，得x＝，z＝1，即n＝(，1,1)，设直线PC与平面PBD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PC〉|＝＝，所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.方法二设点C到平面PBD的距离为h，直线PC与平面PBD所成的角是θ，2则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－PBD＝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＝＝.所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.3．(2019·杭州十四中月考)如图，三棱柱ABC—A1B1C1所有的棱长均为2，A1B＝，A1B⊥AC.(1)求证：A1C1⊥B1C；(2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．(1)证明方法一取AC的中点O，连接A1O，BO，则BO⊥AC， A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B⊂平面A1BO，BO⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO，连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM，又OM⊂平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C， A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C.方法二连接AB1，BC1， 四边形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1，又 A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，AB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，3∴A1B⊥平面AB1C，又B1C⊂平面AB1C，∴A1B⊥B1C，又四边形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，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内的射影为AB1，∴∠B1AC为直线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＝＝＝，∴直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为.4．(2019·浙南联盟模拟)在三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，二面角A－BC－B1的平面角为60°，BB1＝CC1.(1)求证：A1A⊥BC；(2)求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．(1)证明延长AA1，BB1，CC1交于点S，取棱BC的中点O，连接AO，SO.因为BB1＝CC1，B1C1∥BC，故SB＝SC.又O是棱BC的中点，故BC⊥SO.4因为AB＝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为二面角A－BC－B1的平面角，即∠AOS＝60°，作AH⊥SO，垂足为H，连接BH.因为BC⊥平面SAO，AH⊂平面SAO，所以BC⊥AH，又SO∩BC＝O，SO，BC⊂平面BCC1B1，故AH⊥平面BCC...