高考数学二轮复习 专题突破课时作业13 空间向量与立体几何 理-人教版高三全册数学试题.doc

课时作业13空间向量与立体几何

1．如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.

证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，
eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up10(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up10(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(1,0,0)．
(1)因为eq\o(EF,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))，所以eq\o(EF,\s\up10(→))∥eq\o(AB,\s\up10(→))，
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因为eq\o(AP,\s\up10(→))·eq\o(DC,\s\up10(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(DC,\s\up10(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以eq\o(AP,\s\up10(→))⊥eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))⊥eq\o(DC,\s\up10(→))，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，
所以平面PAD⊥平面PDC.

2．[2018·浙江卷]如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
解析：eq\a\vs4\al(方法1：)(1)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2eq\r(2)，
所以A1Beq\o\al(2,)1＋ABeq\o\al(2,)1＝AAeq\o\al(2,)1，
故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，
得B1C1＝eq\r(5).
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2eq\r(3).
由CC1⊥AC，得AC1＝eq\r(13)，
所以ABeq\o\al(2,)1＋B1Ceq\o\al(2,)1＝ACeq\o\al(2,)1，
故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，
因此AB1⊥平面A1B1C1.

(2)解：如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1，
得平面A1B1C1⊥平面ABB1.
由C1D⊥A1B1，
得C1D⊥平面ABB1.
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．
由B1C1＝eq\r(5)，A1B1＝2eq\r(2)，A1C1＝eq\r(21)，
得cos∠C1A1B1＝eq\f(\r(6),\r(7))，sin∠C1A1B1＝eq\f(1,\r(7))，
所以C1D＝eq\r(3)，
故sin∠C1AD＝eq\f(C1D,AC1)＝eq\f(\r(39),13).
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).

eq\a\vs4\al(方法2：)(1)证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.
由题意知各点坐标如下：
A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1,0,2)，
C1(0，eq\r(3)，1)．
因此eq\o(