解答题 专题4 立体几何-2016-2020五年高考理科数学真题分类【区块练】课件PPT

第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 专题4 立体几何 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 1.[2020·新高考全国卷Ⅰ·20]如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 【考查目标】　本题主要考查空间中线面位置关系的证明以及直线与平面所成角的正弦值的求解，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理和数学运算. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 【解题思路】　(1)先利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面PCD，再证明AD∥平面PBC，最后结合l∥AD即可证得l⊥平面PDC；(2)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设出Q点坐标，利用向量法求出平面QCD的法向量，进而求得直线PB与平QCD所成角的正弦值的表达式，最后利用基本不等式即可得解. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 【解】　(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD. 因此l⊥平面PDC. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 (2)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1). 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 由(1)可设Q(a，0，1)，则eq \o(DQ,\s\up6(→))＝(a，0，1). 设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,y＝0.))可取n＝(－1，0，a). 所以cos〈n，eq \o(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n· \o(PB,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|n||\o(PB,\s\up6(→))|))＝eq \f(－1－a,\r(3)\r(1＋a2))　. 设PB与平面QCD所成角为θ，则sin θ＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1)).因为eq \f(\r(3),3) eq \r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq \f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3). 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 2.[2020·全国卷Ⅰ·18]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝eq \f(\r(6),6)DO. (1)证明：PA⊥平面PBC； (2)求二面角B­PC­E的余弦值. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 【考查目标】　本题主要考查空间中直线与平面的垂直关系，二面角的余弦值等知识，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算. 【解题思路】　(1)欲证PA⊥平面PBC，只需在平面PBC内寻找两条相交直线与直线PA垂直即可；(2)建立空间直角坐标系，求出平面PCB与平面PCE的法向量，再求出两法向量的夹角的余弦值，即可得二面角B­PC­E的余弦值. 第三部分 专题4 立体几何 数学(理)区块练—高考真题分类2016-2020 【解】(1)设DO＝a，由题设可得PO＝eq \f(\r(6),6)a，AO＝eq \f(\r(3),3)a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝eq \f(\r(2),2)a. 因此PA2＋PB2＝AB2，从而P