2020届二轮复习大题考法——立体几何课时作业（全国通用）

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°.