2023届高考一轮复习加练必刷题第67练　高考大题突破练—空间向量与立体几何【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第67练　高考大题突破练—空间向量与立体几何【解析版】，共6页。

(1)求证：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求直线CG与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 ∵∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，
∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC.
(2)解 取CD的中点M，连接AM，PM，
设PA＝a(a>0)，
由已知得G为△PCD的重心，∴点G在线段PM上，且eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PM,\s\up6(→))，
∵∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，CM＝eq \f(1,2)CD，
∴四边形ABCM为矩形，
∴AM⊥AB，以A为坐标原点，AB，AM，AP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，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0，a)，M(0，2,0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(a,3)))，
eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(a,3)))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－a)，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,3)，\f(a,3)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由已知得eq \(AG,\s\up6(→))⊥eq \(PC,\s\up6(→))，即eq \f(4,3)×2＋(－a)×eq \f(a,3)＝0，解得a＝2eq \r(2)，
∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(2\r(2),3)))，P(0,0,2eq \r(2))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,2，－2eq \r(2))，eq \(CG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,3)，\f(2\r(2),3)))，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－2\r(2)z＝0，,2y＝0，))
令z＝1，可得n＝(2eq \r(2)，0,1)，
|cs〈n，eq \(CG,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\f(4\r(2),3),\f(\r(21),3)×3)＝eq \f(4\r(42),63)，
故直线CG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(4\r(42),63).
2．(2022·新余市第一中学模拟)如图1，已知△ADE为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，BC＝1，BD＝2，BA＝eq \r(5)，把△ADE沿AD向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示，且平面PAD⊥平面PBD.
图1 图2
(1)证明：PA⊥BD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值．
(1)证明 如图，设PD的中点为F，连接AF.
∵△ADP为等边三角形，∴AF⊥PD.
又平面PAD⊥平面PBD，平面PAD∩平面PBD＝PD，
∴AF⊥平面PBD.
∵BD⊂平面PBD，∴BD⊥AF.
∵AD＝BC＝1，BD＝2，BA＝eq \r(5)，
∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD.
又AD∩AF＝A，AD，AF⊂平面PAD，∴BD⊥平面PAD.
又∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BD.
(2)解 由(1)知BD⊥平面PAD，则平面PAD⊥平面ABD.
设AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABD，平面PAD∩平面ABD＝AD，∴PO⊥平面ABD.
设AB的中点为O′，连接OO′.
∵OO′∥BD，∴OO′⊥AD，
故以点O为坐标原点，OA，OO′，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，2，－\f(\r(3),2))).
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－\f(\r(3),2)z＝0，,m·\(PB,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋2y－\f(\r(3),2)z＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)z，,y＝\f(\r(3),2)z，))取z＝2，则m＝(2eq \r(3)，eq \r(3)，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝－\f(1,2)a＋2b－\f(\r(3),2)c＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝－\f(3,2)a＋2b－\f(\r(3),2)c＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝\f(\r(3),4)c，))取c＝－4，则n＝(0，－eq \r(3)，－4)，
|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－11|,\r(19)×\r(19))＝eq \f(11,19)，
∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(11,19).
3．如图，三棱锥S－ABC的底面ABC和侧面SBC都是等边三角形，且平面SBC⊥平面ABC，点P在侧棱SA上．
(1)当P为侧棱SA的中点时，求证：SA⊥平面PBC；
(2)若平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，求eq \f(PA,SA)的值．
(1)证明 因为△ABC为等边三角形，
所以AB＝AC＝BC.
因为△SBC为等边三角形，
所以SB＝SC＝BC，所以AB＝SB，AC＝SC.
在等腰△BAS和等腰△CAS中，因为P为SA的中点，所以SA⊥BP，SA⊥CP.
又因为BP∩CP＝P，BP，CP⊂平面PBC，
所以SA⊥平面PBC.
(2)解 如图，取BC的中点O，连接SO，AO，则在等边△ABC和等边△SBC中，有BC⊥AO，BC⊥SO，所以∠AOS为平面SBC与平面ABC的夹角．
因为平面SBC⊥平面ABC，所以∠AOS＝90°，即AO⊥SO.
所以OA，OB，OS两两垂直．
以点O为坐标原点，OB，AO，OS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．
设AB＝a，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)a，0))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，0，0))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)a)).
因为P在SA上，设AP＝λASeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0