2016届高考数学二轮复习题型专项训练：6立体几何(解答题专项)(人教版含解析汇报)(浙江专用)

题型专项训练6立体几何(解答题专项)
1.
如图,在三棱锥P-ABC中,P A=PB=2,PC=4,∠APB=∠BPC=60°,cos∠APC=.
(1)求证:平面P AB⊥平面PBC;
(2)E为BC上的一点.若直线AE与平面PBC所成的角为30°,求BE的长.
2.
如图,四边形ABCD为平行四边形,AB=5,AD=4,BD=3,将△BCD沿着BD翻折到平面BC1D 处,E,F分别为边AB,C1D的中点.
(1)求证:EF∥平面BCC1;
(2)若异面直线EF,BC1所成的角为30°,求直线C1D与平面ABCD所成角的正弦值.
3.(2015期末考试,文18)
如图,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,CD=2,△BEC为等边三角形.
(1)求证:平面ABE⊥平面ADE;
(2)求AE与平面CDE所成角的正弦值.
4.
(2015第三次教学质量调测,文18)如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为2的正三角形,∠PCA=90°,E,H分别为AP,AC的中点,AP=4,BE=.
(1)求证:AC⊥平面BEH;
(2)求直线P A与平面ABC所成角的正弦值.
5.
在三棱锥V-ABC中,VC⊥底面ABC,AC⊥BC,D是AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC=θ.
(1)求证:平面VAB⊥平面VCD;
(2)当角θ变化时,求直线BC与平面VAB所成的角的取值围.
6.
如图,AB为圆O的直径,点E,F在圆O上,且AB∥EF,矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平
面互相垂直,且AB=2,AD=EF=1.
(1)求证:AF⊥平面CBF;
(2)设FC的中点为M,求证:OM∥平面DAF;
(3)设平面CBF将几何体EF ABCD分成的两个锥体的体积分别为V F-ABCD,V F-CBE,求V F-ABCD∶V F-CBE.
答案
题型专项训练6立体几何(解答题专项)
1.(1)证明:在△P AB中,由P A=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△P AC中,P A=2,PC=4,cos∠APC=,由余弦定理,得AC=4.
因为AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
因为PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC.
又因为AB∩PB=B,所以BC⊥平面P AB.
又因为BC⊂平面PBC,所以平面P AB⊥平面PBC.
(2)解:
取PB的中点F,连接EF,则AF⊥PB.又因为平面P AB⊥平面PBC,
平面P AB∩平面PBC=PB,AF⊂平面P AB,
所以AF⊥平面PBC.
因此∠AEF是直线AE与平面PBC所成的角,即∠AEF=30°.
在正△P AB中,AF=P A=.
在Rt△AEF中,AE==2.
在Rt△ABE中,BE==2.
2.
(1)证明:连接CC1,取CC1的中点G,连接FG,BG,EF.
∵四边形ABCD是平行四边形,F,G分别为C1D,CC1的中点,
∴FG∥CD,EB∥CD且FG=EB=CD,
∴EB∥FG且EB=FG,∴四边形BEFG是平行四边形,
∴EF∥BG,∵BG⊂平面BCC1,EF⊄平面BCC1,
∴EF∥平面BCC1.
(2)解:由(1)可知,∠C1BG即为异面直线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.
过C1作C1H⊥BC,垂足为H,则C1H⊥平面ABCD,连接DH,
则∠C1DH即为直线C1D与平面ABCD所成的角,
∴sin∠C1DH=.
3.
(1)证明:取AE的中点F,连接BF,DF.
由AB=BE=4,知BF⊥AE,
计算可得BF=2,AD=DE=BD=2,DF=2,则BF2+DF2=8+12=20=BD2,即BF⊥DF.
因为AE∩DF=F,所以BF⊥平面ADE.
又BF⊂平面ABE,所以平面ABE⊥平面ADE.
(2)解:
如图,补全成正三棱柱AMN-BEC,取MN中点H,连接AH,EH.
由题意知△AMN为正三角形,则AH⊥MN,
又CD⊥平面AMN,AH⊂平面AMN,所以AH⊥CD.
因为MN∩CD=N,所以AH⊥平面CDE,则∠AEH即为AE与平面CDE所成的角, 在△AEH中,AH⊥EH,AH=2,AE=4,
sin∠AEH=,即AE与平面CDE所成角的正弦值为.
4.(1)证明:因为△ABC是边长为2的正三角形,
所以BH⊥AC.
又因为E,H分别为AP,AC的中点,
所以EH∥PC,
因为∠PCA=90°,所以PC⊥AC,所以EH⊥AC.
因为EH∩BH=H,所以AC⊥平面BEH.
(2)
解:取BH的中点G,连接AG.
因为EH=BH=BE=,所以EG⊥BH.
又因为AC⊥平面BEH,EG⊂平面BEH,所以EG⊥AC.
因为BH∩AC=H,
所以EG⊥平面ABC.
所以∠EAG为P A与平面ABC所成的角.
在直角三角形EAG中,AE=2,EG=,
所以sin∠EAG=.
所以P A与平面ABC所成的角的正弦值为.
5.(1)证明:∵AC=BC,D是AB的中点,
∴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:过点C在平面VCD作CH⊥VD于点H,
连接BH,由(1)知AB⊥CH,
∵VD∩AB=D,∴CH⊥平面VAB,∴∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角.
在Rt△CHD中,CD=,CH=sin θ.
设∠CBH=φ,在Rt△BHC中,CH=2sin φ.
∴sin θ=sin φ,
∵0<θ<,∴0<sin θ<1,则0<sin φ<.
又0≤φ≤,∴0<φ<.
6.(1)证明:∵平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥AB,
平面ABCD∩平面ABEF=AB,
∴CB⊥平面ABEF.
∵AF⊂平面ABEF,∴AF⊥CB.
又∵AB为圆O的直径,∴AF⊥BF.
∵CB∩BF=B,∴AF⊥平面CBF.
(2)解:设DF的中点为N,连接AN,MN,则MN CD.
又AO CD,则MN AO,∴四边形MNAO为平行四边形,
∴OM∥AN.又AN⊂平面DAF,OM⊄平面DAF,
∴OM∥平面DAF.
(3)解:过点F作FG⊥AB于G,
∵平面ABCD⊥平面ABEF,∴FG⊥平面ABCD,
∴V F-ABCD=S ABCD·FG=FG.
∵CB⊥平面ABEF,∴V F-CBE=V C-BFE=S△BFE·CB=EF·FG·CB=FG,
∴V F-ABCD∶V F-CBE=4∶1.。