新高考高考数学一轮复习巩固练习7.12第67练《高考大题突破练—空间向量与立体几何》（解析版）

第67练　高考大题突破练—空间向量与立体几何1．(2022·浙江省三门中学期中)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，BC＝CD＝2，点A在平面PCD内的射影恰好是△PCD的重心G.(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＝，∵∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝1，CM＝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)，G，＝，＝(1,2，－a)，＝，＝(0,2,0)，由已知得⊥，即×2＋(－a)×＝0，解得a＝2， ∴G，P(0,0,2)，＝(1,2，－2)，＝，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，可得n＝(2，0,1)，|cos〈n，〉|＝＝，故直线CG与平面PBC所成角的正弦值为.2．(2022·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＝，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＝，∴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A，B，C，P，∴＝，＝，＝.设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，由得取z＝2，则m＝(2，，2)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，由得取c＝－4，则n＝(0，－，－4)，|cos〈m，n〉|＝＝＝，∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为.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A，B，C，S.因为P在SA上，设AP＝λAS，P(0，y，z)，则＝，＝，由＝λ，可得＝λ，解得y＝(λ－1)a，z＝λa，即P.显然平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，因为＝，＝(a,0,0)．所以即 令y1＝λ，则z1＝1－λ，所以m＝(0，λ，1－λ)．因为平面PBC与平面ABC夹角的大小为60°，所以|cos〈n，m〉|＝＝＝cos60°，所以2λ2－6λ＋3＝0.又0