解答题专练之立体几何解析版

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(1)若BM⊥CD，证明：BM∥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AD＝2，且PA∥平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值。
解 (1)证明：取CD的中点N，连接MN和BN，
因为AB∥CD，CD＝2AB，且N为CD的中点，
所以AB∥DN且AB＝DN，
所以四边形ABND为平行四边形，则BN∥AD。
又CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥AD，因为BN∥AD，所以CD⊥BN。
又因为CD⊥BM，BN∩BM＝B，
所以CD⊥平面BMN。
又因为CD⊥平面PAD，所以平面BMN∥平面PAD，
因为BM⊂平面BMN，所以BM∥平面PAD。
(2)取AD的中点O，作OQ∥AB交BC于Q，连接PO，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，
所以CD⊥PO，
又CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD。
因为CD⊥AD，OQ∥AB∥CD，所以OQ⊥AD。
以O为原点，OA，OQ，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(1,1,0)，
C(－1,2,0)，P(0,0，eq \r(3))，
所以eq \(PA,\s\up15(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \(DB,\s\up15(→))＝(2,1,0)。
设平面BMD的法向量为n＝(x，y，z)，
由PA∥平面BMD，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up15(→))·n＝x－\r(3)z＝0，,\(DB,\s\up15(→))·n＝2x＋y＝0，))
取x＝eq \r(3)，
则y＝－2eq \r(3)，z＝1，n＝(eq \r(3)，－2eq \r(3)，1)。
因为eq \(PC,\s\up15(→))＝(－1,2，－eq \r(3))，
所以cs〈n，eq \(PC,\s\up15(→))〉＝eq \f(n·\(PC,\s\up15(→)),|n||\(PC,\s\up15(→))|)＝－eq \f(3\r(6),8)。
因此，直线PC和平面BMD所成角的正弦值为eq \f(3\r(6),8)。
2. (2021·四川高三第二次监测)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC＝90°，BC∥AD，BC＝2AD，平面PBC⊥平面ABCD，PB＝PC＝2，DP＝DC＝eq \r(3)，E为PB的中点。
(1)证明：AE⊥PC；
(2)求二面角B­PA­D的正弦值。
解 (1)证明：取PC中点F，连接DF和EF，
则EF∥BC，且BC＝2EF。
又由BC∥AD，BC＝2AD，所以AD∥EF，AD＝EF，
即四边形ADFE为平行四边形，
所以AE∥DF，
因为DP＝DC，所以DF⊥PC，
因此AE⊥PC。
(2)由已知，平面ABCD⊥平面PBC，
平面ABCD∩平面PBC＝BC，∠ABC＝90°，
AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PBC，所以AB⊥PC，
由(1)知AE⊥PC，且AB∩AE＝A，
所以PC⊥平面PAB，PC⊥PB，
因为PB＝PC＝2，所以BC＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，
取BC的中点O，连接OD，OP，
可得OD，OC，OP两两相互垂直。
以OD，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
由DP＝DC＝eq \r(3)，可得OD＝1，
所以B(0，－eq \r(2)，0)，A(1，－eq \r(2)，0)，D(1,0,0)，P(0,0，eq \r(2))，C(0，eq \r(2)，0)，
可得eq \(AB,\s\up15(→))＝(－1,0,0)，eq \(AP,\s\up15(→))＝(－1，eq \r(2)，eq \r(2))，
eq \(AD,\s\up15(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up15(→))＝0，,n·\(AD,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(2)y＋\r(2)z＝0，,\r(2)y＝0，))
令z＝1，可得平面PAD的一个法向量为n＝(eq \r(2)，0,1)，
易知eq \(PC,\s\up15(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))为平面PAB的一个法向量，所以cs 〈n，eq \(PC,\s\up15(→))〉＝eq \f(－\r(2),\r(3)×2)＝－eq \f(\r(6),6)。
设二面角B­PA­D的平面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs 2〈n，\(PC,\s\up15(→))\(〉,\s\up15( )) )＝eq \f(\r(30),6)，
故二面角B­PA­D的正弦值为eq \f(\r(30),6)。
3．如图，在四棱锥P­ABCD的展开图中，点P分别对应点P1，P2，P3，P4，已知A，D均在线段P1P3上，且P1P3⊥P2C，P1P3∩P2C＝D，四边形ABCP2为等腰梯形，AB∥CP2，AB＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,3)CP2。
(1)若M为线段BC的中点，证明：BC⊥平面PDM。
(2)求二面角A­PB­C的余弦值。
解 (1)证明：由P1P3⊥P2C，P1P3∩P2C＝D，可知PD，AD，CD两两相互垂直。
因为AD∩CD＝D，所以PD⊥平面ABCD，则PD⊥BC。
连接BD，取CD的中点E，连接BE，
因为AB＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,3)CP2，
所以BC＝CD，BE＝AD＝eq \r(3)CE，
所以∠BCD＝60°，
从而△BCD为正三角形，
又因为M为BC的中点，
所以DM⊥BC。
又因为PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以BC⊥平面PDM。
(2)以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up15(→))，eq \(DC,\s\up15(→))，eq \(DP,\s\up15(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz。
设AB＝1，则D(0,0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(eq \r(3)，1,0)，C(0，2,0)，P(0,0,1)，
从而eq \(PB,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1，－1)，eq \(BC,\s\up15(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(AB,\s\up15(→))＝(0,1,0)。
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up15(→))＝0，,n·\(BC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋y－z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，eq \r(3)，2eq \r(3))。
设平面PAB的法向量m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up15(→))＝0，,m·\(AB,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x1＋y1－z1＝0，,y1＝0，))
取x1＝1，得平面PAB的一个法向量m＝(1,0，eq \r(3))，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1＋6,2×4)＝eq \f(7,8)，
由图可知二面角A­PB­C为钝角，
故二面角A­PB­C的余弦值为－eq \f(7,8)。
4. (2021·江苏盐城高三模拟)如图，在五面体ABCDFE中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2。
(1)若DF＝2，求二面角A­CE­F的正弦值；
(2)若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长。
解 (1)因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF⊂平面CDFE，
所以DF⊥平面ABEF，
所以DF⊥AF。
又四边形ABEF为正方形，则AF⊥EF。以F为原点，FA，FE，FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系Fxyz。
则F(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0,2,0)，C(0,1,2)，
则eq \(EA,\s\up15(→))＝(2，－2,0)，eq \(EC,\s\up15(→))＝(0，－1,2)，
设平面ACE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EA,\s\up15(→))＝0，,m·\(EC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2y＝0，,－y＋2z＝0，))
不妨取z＝1，则x＝y＝2，所以m＝(2,2,1)。
易知eq \(FA,\s\up15(→))＝(2,0,0)为平面CEF的一个法向量，
所以cs〈m，eq \(FA,\s\up15(→))〉＝eq \f(m·\(FA,\s\up15(→)),|m||\(FA,\s\up15(→))\(|,\s\up15( )) )＝eq \f(2,3)。
所以二面角A­CE­F的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(5),3)。
(2)设DF＝t(t>0)，则C(0,1，t)，
所以eq \(EB,\s\up15(→))＝(2,0,0)，eq \(EC,\s\up15(→))＝(0，－1，t)，
eq \(FA,\s\up15(→))＝(2,0,0)，eq \(FC,\s\up15(→))＝(0,1，t)，
设平面BCE的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EB,\s\up15(→))＝0，,n·\(EC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝0，,－b＋ct＝0，))
不妨令c＝1，则b＝t，所以n＝(0，t,1)。
设平面ACF的一个法向量为s＝(p，q，r)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(s·\(FA,\s\up15(→))＝0，,s·\(FC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2p＝0，,q＋rt＝0，))
不妨取r＝1，则q＝－t，得s＝(0，－t,1)，
因为平面ACF⊥平面BCE，
所以n·s＝0，即－t2＋1＝0，得t＝1，
即DF＝1。
5. (2021·江西吉安高三联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，底面ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，PA⊥平面ABCD，E，M分别为BC，PD的中点，点F在棱PC上。
(1)证明：平面AEF⊥平面PAD；
(2)若二面角P­AF­E的余弦值为－eq \f(\r(15),5)，求直线AM与平面AEF所成角的正弦值。
解 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE。
又因为AB＝AD，且四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC为等边三角形，
又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，
因为PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD。
(2)以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz。
则P(0,0,2)，E(eq \r(3)，0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，M(0,1,1)。eq \(PC,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1，－2)。
设eq \(PF,\s\up15(→))＝λeq \(PC,\s\up15(→))(0≤λ≤1)，
则F(eq \r(3)λ，λ，2－2λ)。
设平面PAF即平面PAC的法向量为n1，
eq \(AP,\s\up15(→))＝(0,0,2)，eq \(AC,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1,0)，
由n1·eq \(AP,\s\up15(→))＝0，n1·eq \(AC,\s\up15(→))＝0，
可取n1＝(1，－eq \r(3)，0)。
设平面AEF的法向量为n2。
eq \(AE,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(AF,\s\up15(→))＝(eq \r(3)λ，λ，2－2λ)。
由n2·eq \(AE,\s\up15(→))＝0，n2·eq \(AF,\s\up15(→))＝0，
可取n2＝(0,2λ－2，λ)。
|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2\r(3)1－λ,2\r(4λ－12＋λ2))＝eq \f(\r(15),5)，解得λ＝eq \f(1,2)，
所以n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,2)))。eq \(AM,\s\up15(→))＝(0,1,1)，
设AM与平面AEF所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AM,\s\up15(→))，n2〉|＝eq \f(|\(AM,\s\up15(→))·n2|,|\(AM,\s\up15(→))||n2|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10)。
所以直线AM与平面AEF所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10)。
6. (2021·安徽六校联考)如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝eq \f(1,2)AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD。
(1)若点M是AD的中点，求证：C1M⊥A1C；
(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为eq \f(1,3)？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由。
解 (1)证明：取BC中点Q，连接AQ，AC，
因为四边形ABCD为菱形，所以AB＝BC，
因为∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，
因为Q为BC的中点，所以AQ⊥BC，
因为AD∥BC，所以AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，所以以A为原点，以AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示。
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(eq \r(3)，0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，M(0，1,0)，
eq \(C1M,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \(A1C,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，1，－1)，
所以eq \(C1M,\s\up15(→))·eq \(A1C,\s\up15(→))＝－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)＋(－1)2＝0，
所以C1M⊥A1C。
(2)假设点E存在，设点E的坐标为(eq \r(3)，λ，0)，其中－1≤λ≤1，
则eq \(AE,\s\up15(→))＝(eq \r(3)，λ，0)，eq \(AD1,\s\up15(→))＝(0,1,1)，
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up15(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋λy＝0，,y＋z＝0，))
取y＝－eq \r(3)，则x＝λ，z＝eq \r(3)，
所以n＝(λ，－eq \r(3)，eq \r(3))，
易知平面ADD1的一个法向量为m＝(1,0,0)，
所以|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|λ|,\r(λ2＋6))＝eq \f(1,3)，
解得λ＝±eq \f(\r(3),2)，
又由于二面角E­AD1­D为锐角，由图可知，点E在线段QC上，所以λ＝eq \f(\r(3),2)，即CE＝1－eq \f(\r(3),2)。
因此，棱BC上存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为eq \f(1,3)，此时CE＝1－eq \f(\r(3),2)。