2018届高考数学二轮复习大题专攻练8立体几何B组理新人教A版

高考大题专攻练 8.立体几何(B组)
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1.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点.
(1)证明：CE∥平面PAB.
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【解题导引】(1)取PA的中点F，连接EF，BF，证明四边形BCEF为平行四边形，证明CE∥BF，从而证明CE∥平面PAB.
(2)取BC，AD的中点M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ，证明MQ∥CE，MQ与平面PBC所成的角，就等于CE与平面PBC所成的角.过Q作QH⊥PB，连接MH，证明MH就是MQ在平面PBC内的射影，这样只要证明平面PBN⊥平面PBC即可.
【解析】(1)如图，设PA中点为F，连接EF，FB.
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以EF∥AD且EF=AD，
又因为BC∥AD，BC=AD，所以EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB.
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
所以AD⊥平面PBN，
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么，平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.
设CD=1.
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，所以sin∠QMH=，所以直线CE与平面PBC所成角的正
弦值是.
2.如图几何体是圆柱体的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G为的中点.
(1)设P是上一点，AP⊥BE，求∠CBP的大小.
(2)当AD=2，AB=3，求二面角E-AG-C的大小.
【解题导引】(1)由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°.
(2)方法一：取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEHC为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角.求解三角形得二面角E-AG-C的大小.
方法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面AC G的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E-AG-C的大小.
【解析】(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，
所以BE⊥平面ABP，
又BP⊂平面ABP，
所以BE⊥BP，又∠EBC=120°.
因此∠CBP=30°.
(2)方法一：
取的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC=120°，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE=GE=AC=GC==，
取AG中点M，连接EM，C M，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角.
又AM=1，所以EM=CM==2.
在△BEC中，由于∠EBC=120°，
由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12，
所以EC=2，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
方法二：
以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角
坐标系.则∠EBP=90°，
由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(-1，，0)，
故=(2，0，-3)，=(1，，0)，=(2，0，3)，
设m=(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量.
由可得
取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3，-，2).
设n=(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量.
由可得
取z2=-2，可得平面AC G的一个法向量n=(3，-，-2).
所以cos<m，n>==.
因此所求的角为60°.。