《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 指導(dǎo)二 透視高考解題模板示范規(guī)范拿高分 模板2 立體幾何問題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 指導(dǎo)二 透視高考解題模板示范規(guī)范拿高分 模板2 立體幾何問題學(xué)案（3頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、模板2 立體幾何問題
(滿分15分)如圖， 已知四棱錐PABCD，△PAD是以AD
為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn).
(1)證明：CE∥平面PAB；
(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.
滿分解答
得分說明
解題模板
(1)證明 如圖，
設(shè)PA中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.
因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA中點(diǎn)，
所以EF∥AD且EF＝AD， (1分)
又因?yàn)锽C∥AD，BC＝AD，
(2分)
所以EF∥BC且EF＝BC，
即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF. (5分)
2、
又因?yàn)镃E平面PAB，
BF平面PAB，
因此CE∥平面PAB. (6分)
①能指出EF∥AD，BC∥AD各得1分；
②能得到CE∥BF，得3分；
③條件CE平面PAB與BF平面PAB錯(cuò)1個(gè)扣1分；
第一步 由線線平行得平行四邊形；
第二步 由線線平行得線面平行；
第三步 由線線垂直得線面垂直；
第四步 得出線面角；
第五步 在三角形中計(jì)算各個(gè)邊，求值.
(2)解 分別取BC，AD的中點(diǎn)為M，N，
連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ.
因?yàn)?/p>
3、E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，所以Q為EF中點(diǎn)，
在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE. (7分)
由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD.
因?yàn)镻N∩BN＝N，所以AD⊥平面PBN.(9分)
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
因?yàn)锽C平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBN. (11分)
過點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，則QH⊥平面PBC.連接MH，則MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．設(shè)CD＝1.
4、 (12分)
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，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是. (15分)
④指出MQ∥CE得1分；
⑤指出PN⊥AD，BN⊥AD，PN∩BN＝N，得2分，缺1個(gè)條件扣1分；
⑥得出BC⊥平面PBN得2分；
⑦指出∠QMH是所求角，得到1分；
⑧計(jì)算正確得3分．錯(cuò)誤一個(gè)量扣1分.
【訓(xùn)練2】 如圖，三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為
5、2，A1B＝，A1B⊥AC.
(1)求證：A1C1⊥B1C；
(2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．
(1)證明 法一 取AC的中點(diǎn)O，連接A1O，BO，
∴BO⊥AC.
∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，
A1B平面A1BO，BO平面A1BO，
∴AC⊥平面A1BO.
連接AB1交A1B于點(diǎn)M，連接OM，則B1C∥OM，
又∵OM平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C.
∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C.
法二 連接AB1，BC1，∵四邊形A1ABB1是菱形，
∴A1B⊥AB1，
又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C，
∴A1B⊥B1C，
又∵四邊形B1BCC1是菱形，∴BC1⊥B1C，
又∵A1B∩BC1＝B，∴B1C⊥平面A1BC1，
∴B1C⊥A1C1.
(2)解 由法二知A1B⊥平面AB1C，
又∵A1B平面ABB1A1，
∴平面AB1C⊥平面ABB1A1.
∵平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，
∴AC在平面ABB1A1內(nèi)的射影為AB1，
∴∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角．
∵AB1＝2AM＝2＝，
∴在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝＝＝，
∴直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為.
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