2020届二轮复习大题考法——立体几何课时作业（全国通用） 7页

课时跟踪检测（八） 大题考法——立体几何 ‎1.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.‎ ‎(1)证明：BF⊥EM；‎ ‎(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，‎ 又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，‎ ‎∴BM⊥EM. ①‎ 在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2，BC＝2，‎ 又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝，CM＝1.‎ ‎∵FM＝＝，EM＝＝3，‎ EF＝＝2，‎ ‎∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM. ②‎ 又FM∩BM＝M， ③‎ ‎∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.‎ ‎(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．‎ 由已知条件得A(0,0,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，‎ ‎∴＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)．‎ 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令x＝，得y＝1，z＝2，‎ ‎∴平面BEF的一个法向量为n＝(，1,2)．‎ ‎∵EA⊥平面ABC，‎ ‎∴取平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)．‎ 设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎2．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠‎ ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：BC∥平面PAE；‎ ‎(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，‎ ‎∴AC ＝2，∠BCA＝60°.‎ 在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，‎ ‎∴由余弦定理可得：‎ AD2＝AC2＋CD2－‎2AC·CD·cos∠ACD，∴CD＝4，‎ ‎∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形．‎ 又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，‎ 又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形， ‎ ‎∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.‎ 又AE⊂平面PAE，BC⊄平面PAE，‎ ‎∴BC∥平面PAE.‎ ‎(2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为坐标原点，以AB，AE，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)，‎ ‎∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，‎ 则即 取x＝1，则y＝0，z＝，n＝，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝＝－，‎ ‎∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎3．如图，在四棱锥SABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.‎ ‎(1)证明：SD⊥平面SAB；‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．‎ 设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，‎ 则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．‎ 由||＝||，得 ‎＝ ，解得x＝1.‎ 由||＝1，得y2＋z2＝1. ①‎ 由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0. ②‎ 由①②，解得y＝，z＝.‎ ‎∴S，＝，＝，＝，‎ ‎∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，‎ 又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.‎ ‎(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.‎ 又＝，＝(0,2,0)，‎ ‎∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．‎ ‎∵＝(－2,0,0)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝＝＝.‎ 故AB与平面SBC所成角的正弦值为.‎ ‎4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝2DC＝2，E是CD的中点．‎ ‎(1)求证：AE⊥PB；‎ ‎(2)设F是棱PB上的点，EF∥平面PAD，求EF与平面PAB所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：取AD的中点G，连接PG，BG，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊥AD，‎ ‎∴PG⊥平面ABCD，‎ ‎∵AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PG.‎ 又∵tan∠DAE＝tan∠ABG＝，‎ ‎∴∠ABG＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，‎ ‎∴AE⊥BG.‎ ‎∵BG∩PG＝G，BG⊂平面PBG，PG⊂平面PBG，‎ ‎∴AE⊥平面PBG，‎ ‎∴AE⊥PB.‎ ‎(2)法一：作FH∥AB交PA于H，连接DH，则HF∥DC.‎ ‎∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，‎ ‎∴EF∥DH，‎ ‎∴四边形FHDE为平行四边形，‎ ‎∴HF＝DE.易知DC∥AB，DC＝AB，‎ ‎∴HF＝AB，即H为PA的一个四等分点．‎ 取PA的中点K，连接DK，则DK⊥PA.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD.‎ ‎∵DK⊂平面PAD，‎ ‎∴AB⊥DK，‎ ‎∵PA∩AB＝A，‎ ‎∴DK⊥平面PAB.‎ ‎∴∠DHK为EF与平面PAB所成的角，‎ 由已知得DK＝，DH＝＝，‎ ‎∴sin∠DHK＝＝＝，‎ ‎∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.‎ 法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x 轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则A(0,0,0)，B(2，0,0)，P(0,1，)，E，＝(2，－1，－)，＝.‎ 设＝λ，则＝＋λ＝.‎ 由(1)知PG⊥平面ABCD，∴PG⊥AB.‎ ‎∵AD⊥AB，PG⊥AD＝G，‎ ‎∴AB⊥平面PAD，‎ ‎∴＝(2，0,0)为平面PAD的一个法向量．‎ ‎∵EF∥平面PAD，‎ ‎∴·＝2×＝0，解得λ＝.‎ ‎∴＝.‎ 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 又＝(2，0,0)，＝(2，－1，－)，‎ 则即 取y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)．‎ ‎∴|cos〈n，〉|＝＝，‎ ‎∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.‎ ‎5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ACB＝30°，∠C1CB＝60°，BC1⊥A‎1C，E为AC的中点，CC1＝2.‎ ‎(1)求证：A‎1C⊥平面C1EB；‎ ‎(2)求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为AB＝BC＝2，E为AC的中点，‎ 所以AC⊥BE.‎ 又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，‎ 所以BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥A‎1C.‎ 又因为BC1⊥A‎1C，BC1∩BE＝B，BC1⊂平面C1EB，BE⊂平面C1EB，‎ 所以A‎1C⊥平面C1EB.‎ ‎(2)法一：因为平面A1ACC1⊥平面ABC，‎ 所以直线CC1与平面ABC所成角为∠C1CA.‎ 因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，‎ 所以EC＝，EB＝1.‎ 因为CC1＝BC＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，‎ 因为BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.‎ 在△CC1E中，根据余弦定理可知，cos∠C1CE＝.‎ 所以直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.‎ 法二：以E为坐标原点，EC为x轴，EB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，‎ 所以EC＝，EB＝1.‎ 因为CC1＝CB＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，‎ 因为BE⊥平面AA1CC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.‎ 所以||＝2，||＝，‎ 设C1(x,0，y)，又C(，0,0)，‎ 所以解得 所以C1，‎ 则＝，‎ 易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，‎ 设直线CC1与平面ABC所成的角为α，‎ 则sin α＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝.‎ 即直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.‎ ‎6.如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面 ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60°？‎ 解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝‎2a，AD＝2b，AP＝‎2c，则A(0,0,0)，B(‎2a,0,0)，C(‎2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,‎2c)．‎ 连接BD交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．‎ ‎(1)证明：因为＝(‎2a,0，－‎2c)，＝(a,0，－c)，‎ 所以＝2，所以∥，‎ 即PB∥EO.‎ 因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)因为四边形ABCD为正方形，‎ 所以a＝b，则A(0,0,0)，B(‎2a,0,0)，C(‎2a,‎2a,0)，D(0,‎2a,0)，P(0,0,‎2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，‎ 因为z轴⊂平面CAF，‎ 所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，而＝(‎2a,‎2a,0)，所以·n＝2ax＋‎2a＝0，得x＝－1，‎ 所以n＝(－1,1,0)．‎ 因为y轴⊂平面DAF，‎ 所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，‎ 而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，‎ 所以m＝∥m′＝(c,0，－a)．‎ 所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.‎ 故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60°.‎