2024版新教材高考数学复习特训卷考点练73直线与平面所成的角.doc

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考点练73直线与平面所成的角

1．[2023·江西赣州模拟]已知在四棱锥P-ABCD中，△ABD、△BCD、△BDP都是正三角形AB＝2，AP＝3.

(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；

(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值．

2．[2023·河南郑州模拟]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，且DO＝6，P是线段DO上一点．

(1)若PA⊥平面PBC，求PO；

(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成角的正弦值最大？

考点练73直线与平面所成的角

1．解析：（1）证明：连接OP，如图所示：

在四边形ABCD中△ABD、△BCD都是正三角形，

所以四边形ABCD是菱形，点O为BD的中点.

因为△ABD、△BDP都是正三角形，

所以AO⊥BD，PO⊥BD.

因为AO∩PO＝O，AO，PO?平面APC，所以BD⊥平面APC.

因为BD?平面BDP，所以平面ACP⊥平面BDP.

（2）由题意可得OA＝OP＝OC＝eq\r(3)，因为AP＝3，所以∠AOP＝120°，

以O为原点，直线OA，OB分别为x轴，y轴，

过点O与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：

则O（0，0，0），A（eq\r(3)，0，0），B（0，1，0），D（0，－1，0），P（－eq\f(\r(3),2)，0，eq\f(3,2)），

所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝（－eq\r(3)，－1，0），eq\o(AP,\s\up6(→))＝（－eq\f(3\r(3),2)，0，eq\f(3,2)），eq\o(BP,\s\up6(→))＝（－eq\f(\r(3),2)，－1，eq\f(3,2)），

设平面ADP的法向量为n＝（x，y，z），则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0,n·\o(AP,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＝0，,－\f(3\r(3),2)x＋\f(3,2)z＝0，))

取x＝1，得n＝（1，－eq\r(3)，eq\r(3)）；

设直线BP与平面ADP所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|n·\o(BP,\s\up6(→))|,|n||\o(BP,\s\up6(→))|)

＝eq\f(|1×（－\f(\r(3),2)）＋（－1）×（－\r(3)）＋\r(3)×\f(3,2)|,\r(12＋（－\r(3)）2＋（\r(3)）2)×\r(（－\f(\r(3),2)）2＋（－1）2＋（\f(3,2)）2))＝eq\f(\r(21),7)，

所以直线BP与平面ADP所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).

2．解析：（1）AE＝AD，OA＝eq\f(1,2)AE，所以DO＝eq\r(AD2－OA2)＝6，解得AD＝AE＝4eq\r(3)，

由于三角形ABC是等边三角形，圆O是其外接圆，AE是圆O的直径，

所以AE垂直平分BC，OA＝OB＝OC＝2eq\r(3)，

在三角形ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin\f(π,3))＝4eq\r(3)，AB＝6，则AB＝AC＝BC＝6，

由于PA⊥平面PBC，所以PA⊥PC，

由于PA＝eq\r(OA2＋OP2)＝eq\r(OC2＋OP2)＝PC，

所以三角形PAC是等腰直角三角形，所以PA＝PC＝6×eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2)，

所以PO＝eq\r(（3\r(2)）2－（2\r(3)）2)＝eq\r(6).

（2）由（1）得AE⊥BC，设AE∩BC＝F，CF＝BF＝3，OF＝eq\r(（2\r(3)）2－32)＝eq\r(3)，

结合圆锥的几何性质，建立如图所示空间直角坐标系，

B（3，eq\r(3)，0），C（－3，eq\r(3)，0），E（0，2eq\r(3)，0），

设P（0，0，t），0t6，

则eq\o(EP,\s\up6(→))＝（0，－2eq\r(3)，t），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（3，eq\r(3)，－t），eq\o(BC,\s\up6(→))＝（－6，0，0），

设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），

则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝3x＋\r(3)y－tz＝0,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－6x＝0))，故可设n＝（0，t，eq\r(3)），

设直线