(浙江专版)2018年高考数学二轮专题复习专题验收评估(四)立体几何与空间向量

故PC＝23，EC＝23

3，FC＝2，

从而PC＝6，ACFCEC＝6. 所以PCFC＝

ACEC，又∠FCE＝∠PCA，

所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF. 又BD∩EF＝F，所以PC⊥平面BED.

(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足． 因为二面角A-PB-C为90°， 所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC＝PB， 故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.

因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直， 故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB， 所以底面ABCD是正方形，

AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝22.

设D到平面PBC的距离为d.

因为AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC， 故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等， 即d＝AG＝2.

设PD与平面PBC所成的角为α，

则sin α＝d1

PD＝2

.

所以PD与平面PBC所成的角为30°.

20．(本小题满分15分)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，

BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.

(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A-PC-D的余弦值． 解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PH⊥AB.

∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD?平面PAD，PH?平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

(2)以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示， ∵PH⊥平面ABCD，

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―→―→

∴z轴∥PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，则AC＝(1,1,0)，DC＝(1，－1,0)． 设AH＝a，PH ＝h(00)． 则P(0，a，h)．

―→―→―→

∴AP＝(0，a，h)，DP＝(0，a－2，h)，AC＝(1,1,0)． ―→―→2

∵PA⊥PD，∴AP·DP＝a(a－2)＋h＝0. ∵AC与PD所成角为60°， ―→―→

∴|cos〈AC，DP〉|＝2

2

|a－2|2·1＝，

a－22＋h22

∴(a－2)＝h，∴(a－2)(a－1)＝0， ∵0

∵h>0，∴h＝1，∴P(0,1,1)． ―→―→

∴AP＝(0,1,1)，PC＝(1,0，－1)． 设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， ―→??n·AP＝0，

由?

―→??n·AC＝0，

得?

??y1＋z1＝0，??x1＋y1＝0，

取x1＝1，得平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)． 设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)， ―→??m·PC＝0，

由?

―→??m·DC＝0，

??x2－z2＝0，

得?

?x2－y2＝0，?

取x2＝1，得平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．

m·n1

∴cos〈m，n〉＝＝.

|m||n|3

由图可知二面角A-PC-D的平面角为钝角， 1

∴二面角A-PC-D的余弦值为－. 3

21．(本小题满分15分)(2017·绍兴调研)如图1，四面体PABC中，BC＝BP＝1，AC＝AP＝3，

AB＝2.将△PAB沿直线AB翻折至△P1AB，使点A，P1，B，C在同一平面内(如图2)，点M为PC的

中点．

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(1)求证：直线PP1∥平面MAB； (2)求证：PC⊥AB；

(3)求直线PA与平面P1PC所成角的大小． 解：(1)证明：连接CP1交直线AB于点E，连接ME. ∵AC＝AP1，BC＝BP1， ∴△ABC≌△ABP1，

∴CE＝EP1，∴点E为CP1的中点． 又点M为PC的中点，∴ME∥PP1. 又ME?平面MAB，PP1?平面MAB， ∴PP1∥平面MAB.

(2)证明：∵BC＝BP，AC＝AP，M为PC的中点， ∴BM⊥PC，AM⊥PC.又BM∩AM＝M， ∴PC⊥平面ABM，∴PC⊥AB.

(3)∵BC＝BP1＝1，AC＝AP1＝3，∴P1C⊥AB. 又PC⊥AB，∴AB⊥平面PCP1，

∴∠APE为直线PA与平面PCP1所成的角．

33

∵AB＝2，∴AE＝，∴sin∠APE＝，故∠APE＝60°.

22∴直线PA与平面P1PC所成的角为60°.

22.(本小题满分15分)(2017·台山一中模拟)如图，在三棱柱

ABC-A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的

中点．

(1)求证：CD∥平面A1EB； (2)求证：AB1⊥平面A1EB；

(3)求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值． 解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，OD. 因为O为AB1的中点，D为AB的中点， 1

所以OD∥BB1，且OD＝BB1.

2

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又因为E是CCBB1

1的中点，所以EC∥1，且EC＝2BB1.

所以EC∥OD且EC＝OD.

所以四边形ECDO为平行四边形，故EO∥CD. 又因为CD?平面A1BE，EO?平面A1BE， 所以CD∥平面A1BE.

(2)证明：因为三棱柱的各侧面都是正方形， 所以BB1⊥AB，BB1⊥BC. 所以BB1⊥平面ABC.

因为CD?平面ABC，所以BB1⊥CD. 由已知得AB＝BC＝AC，

所以CD⊥AB.所以CD⊥平面A1ABB1. 由(1)可知EO∥CD，

所以EO⊥平面A1ABB1.所以EO⊥AB1. 因为侧面ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B. 又EO∩A1B＝O，所以AB1⊥平面A1BE.

(3)取A1C1的中点F，连接B1F，EF.在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为BB1⊥平面ABC， 所以侧面ACC1A1⊥底面A1B1C1.

因为底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1的中点， 所以B1F⊥A1C1， 所以B1F⊥侧面ACC1A1.

所以∠FEB1即为B1E与平面AA1C1C所成的角． 设棱长为1，则B1F＝32，B51E＝2

， 在Rt△B1FE中，sin∠B1EF＝

B1F15

B＝5

. 1E故直线B15

1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为

5

. - 12 -