2020届二轮复习大题考法——立体几何课时作业（全国通用）
展开课时跟踪检测（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°.
