2022年高考三轮复习之模板规范练4　立体几何

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模板规范练4　立体几何[命题分析] 高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直，空间角的计算是必考点，中档难度.典例　(12分)(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面圆的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值.步骤要点规范解答阅卷细则(1)设出边长，利用勾股定理证明PA⊥PB，PA⊥PC，进而证明PA⊥平面PBC；(2)建立空间直角坐标系；(3)分别求平面PCB与平面PCE的法向量，进而求二面角的余弦值.(1)证明　由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝，CO＝BO＝AE＝，所以PO＝DO＝，PC＝＝，PB＝＝，又△ABC为等边三角形，则＝2OA，所以BA＝，PA＝＝，PA2＋PB2＝＝AB2，则∠APB＝90°，所以PA⊥PB，4分同理PA⊥PC，5分又PC∩PB＝P，所以PA⊥平面PBC.6分(2)解　过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E，P，B，C，＝，＝，＝，8分设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，由得令x1＝，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(，0，－1)，9分设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，由得令x2＝1，得z2＝－，y2＝，所以m＝，10分故cos〈m，n〉＝＝＝，所以二面角B－PC－E的余弦值为.12分(1)得分点之一：利用勾股定理证明PA⊥PB(或PA⊥PC)得4分(不同于答案的设法，只要证明正确，得4分)；(2)得分点之二：证明另一对直线垂直，得1分；(3)得分点之三：强调PC∩PB＝P，得出结论，得1分；(4)得分点之四：正确建系，得出关键点和向量的坐标，得2分；(5)得分点之五：正确求出两个平面的法向量，每个得1分；(6)得分点之六：正确求出二面角的余弦值，得2分. 
跟踪训练1.(2020·玉溪模拟)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的侧面A1ADD1是正方形．(1)证明：A1D⊥平面ABD1；(2)若AD＝2，AB＝4，求二面角B1－AD1－C的余弦值．(1)证明　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，∵AB⊥平面ADD1A1，又A1D⊂平面ADD1A1，∴AB⊥A1D，∵四边形A1ADD1是正方形，∴AD1⊥A1D，又AB∩AD1＝A，∴A1D⊥平面ABD1.(2)解　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则A(2,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，B1(2,4,2)，故＝(－2,4,0)，＝(－2,0,2)，＝(0,4,2)，设平面ACD1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则可取m＝(2,1,2)，同理可求平面AD1B1的一个法向量为n＝(2，－1,2)，∴cos〈m，n〉＝＝＝，由图可得二面角B1－AD1－C为锐角，其余弦值为.2．(2020·来宾模拟)如图1，AC⊥BC，∠ABC＝60°，AB＝2，点M为线段AB的中点，点N为线段AC上靠近C的三等分点．现沿MN进行翻折，得到四棱锥A－BCNM，如图2，且AB＝BC.在图2中：(1)求证：AM⊥平面BCNM；(2)求直线AB与平面ACN所成角的正弦值．(1)证明　∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，AB＝2，∴AC＝.由题意，得AN＝2NC，∴AN＝.在△AMN中，由余弦定理，得MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN·cos A＝1＋－2×1××＝，∴MN＝，∴在四棱锥A－BCNM中，AM2＋MN2＝AN2，∴AM⊥MN.又AM＝BM＝1，且AB＝，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM，又MN，BM⊂平面BCNM，MN∩BM＝M，∴AM⊥平面BCNM.(2)解　在图1中，MN＝，AM＝1，AN＝，AM2＋MN2＝AN2，∴MN⊥AM，即MN⊥BM.以M为原点，MB，MN，MA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，B(1,0,0)，N，A(0,0,1)，C，则＝，＝.设平面ACN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝，则n＝(－1，，1)．设直线AB与平面ACN所成的角为θ，又＝(1,0，－1)，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故直线AB与平面ACN所成角的正弦值为.