2019年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.doc

9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ABCDEF分别是PCPD的中点PA＝AB＝1BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.证明：以A为原点ABADAP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(000)B(100)C(120)D(020)P(001)所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12)1\f(12)))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(01\f(12)))eq\o(EF\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12)00))eq\o(AP\s\up10(→))＝(001)eq\o(AD\s\up10(→))＝(020)eq\o(DC\s\up10(→))＝(100)eq\o(AB\s\up10(→))＝(100)．(1)因为eq\o(EF\s\up10(→))＝－eq\f(12)eq\o(AB\s\up10(→))所以eq\o(EF\s\up10(→))∥eq\o(AB\s\up10(→))即EF∥AB.又AB⊂平面PABEF⊄平面PAB所以EF∥平面PAB.(2)因为eq\o(AP\s\up10(→))·eq\o(DC\s\up10(→))＝(001)·(100)＝0eq\o(AD\s\up10(→))·eq\o(DC\s\up10(→))＝(020)·(100)＝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⊥DCAD⊥DC.又因为AP∩AD＝AAP⊂平面PADAD⊂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ABCA1B1C1A1AB1BC1C均垂直于平面ABC∠ABC＝120°A1A＝4C1C＝1AB＝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＝2AA1＝4BB1＝2AA1⊥ABBB1⊥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＝2BB1＝2CC1＝1BB1⊥BCCC1⊥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(C1DAC1)＝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OBOC为xy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(100)A1(0－eq\r(3)4)B1(102)C1(0eq\r(3)1)．因此eq\o(AB1\s\up10(→))＝(1eq\r(3)2)eq\o(A1B1\s\up10(→))＝(1eq\r(3)－2)eq\o(A1C1\s\up10(→))＝(02eq\r(3)－3)．由eq\o(AB1\s\up10(→))·eq\o(A1B1\s\up10(