2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习立体几何考点过关检测十三解析

考点过关检测（十三）1．(2019·滨州模拟)如图，已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°.(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC的中点，因为FA＝FC，所以AC⊥FO，又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF.(2)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形，因为O为BD的中点，所以FO⊥BD，又AC⊥FO，AC⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝23.因为△DBF为等边三角形，所以OF＝3.所以A(3，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，3)，所以AD→＝(－3，－1,0)，AF→＝(－3，0，3)，AB→＝(－3，1,0)．设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则AF→·n＝0，AB→·n＝0，即－3x＋3z＝0，－3x＋y＝0，令x＝1，得平面ABF的一个法向量为n＝(1，3，1)．设直线AD与平面ABF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AD→，n〉|＝|AD→·n||AD→||n|＝155.故直线AD与平面ABF所成角的正弦值为155.2.在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.(1)求证：A1C1⊥B1C；(2)求二面角B1­A1C­C1的正弦值．解：(1)证明：取A1C1的中点D，连接B1D，CD，∵C1C＝A1A＝A1C，∴CD⊥A1C1，∵底面△ABC是边长为2的正三角形，∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，∴B1D⊥A1C1，又B1D∩CD＝D，∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.(2)法一：过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C.∵DE∩B1D＝D，∴A1C⊥平面B1ED.∵B1E⊂平面B1ED，∴B1E⊥A1C，∴∠B1ED为所求二面角的平面角，∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝3，又ED＝12CC1＝22，B1E＝142，sin∠B1ED＝B1DB1E＝427，即二面角B1­A1C­C1的正弦值为427.法二：取AC的中点O，以O为坐标原点，OC→，OB→，OA1→为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．则依题意，O(0,0,0)，C(1,0,0)，A(－1,0,0)，B(0，3，0)，A1(0,0,1)，∴A1B1→＝AB→＝(1，3，0)，A1C→＝(1,0，－1)．设平面B1A1C的法向量为m＝(x，y，z)，则m·A1B1→＝0，m·A1C→＝0，即x＋3y＝0，x－z＝0，取x＝3，得m＝(3，－1，3)．又平面C1A1C的法向量可取OB→＝(0，3，0)，∴cos〈m，OB→〉＝m·OB→|m||OB→|＝－37·3＝－77，∴二面角B1­A1C­C1的正弦值为427.3．(2019·郑州模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝30°，AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ABD中，∠ABD＝30°，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)设AD＝1，由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝60°，BD＝3AD，∴ED＝BD＝3.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以DE，DB，DA两两垂直．以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A(1,0,0)，C(－1，3，0)，E(0,0，3)，F(0，3，3)，所以AE→＝(－1,0，3)，AC→＝(－2，3，0)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AC→＝0，即－x＋3z＝0，－2x＋3y＝0，令z＝1，得n＝(3，2,1)为平面AEC的一个法向量．设AF与平面AEC所成角为θ，因为AF→＝(－1，3，3)，所以sinθ＝|cos〈n，AF→〉|＝|n·AF→||n|·|AF→|＝4214，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为4214.4．(2019·福州四校联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是直角梯形，DE⊥BD，BF∥DE，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD，∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，∴AD⊥平面BFED.(2)∵AD⊥平面BFED，DE⊂平面BFED，∴AD⊥DE，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，E(0,0,2)，F(0，3，1)，EF→＝(0，3，－1)，AB→＝(－1，3，0)，AE→＝(－1,0,2)．设EP→＝λEF→＝(0，3λ，－λ)(0≤λ≤1)，则AP→＝AE→＋λEF→＝(－1，3λ，2－λ)．取平面ADE的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，则AB→·m＝0，AP→·m＝0，即－x＋3y＝0，－x＋3λy＋2－λz＝0，令y＝2－λ，得x＝23－3λ，z＝3－3λ，∴m＝(23－3λ，2－λ，3－3λ)为平面PAB的一个法向量，∴|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝5728，解得λ＝13，∴当P为线段EF靠近点E的三等分点时满足题意．5．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为6，求二面角B­AD­E的余弦值．解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又因为AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD.又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD.依题意tan∠CAD＝CDAD＝6.因为AD＝1，所以CD＝6.设AB＝x(x＞0)，则BD＝x2＋1.依题意△ABD∽△DCB，所以ABAD＝CDBD，即x1＝6x2＋1.解得x＝2，故AB＝2，BD＝3，BC＝BD2＋CD2＝3.以D为坐标原点，DB，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0，0)，B(3，0,0)，C(0，6，0)，E32，62，0，A33，0，63，所以DE→＝32，62，0，DA→＝33，0，63.由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则m·DE→＝0，m·DA→＝0，即32x＋62y＝0，33x＋63z＝0.令x＝2，得y＝－1，z＝－1，所以m＝(2，－1，－1)为平面ADE的一个法向量．所以cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝－12.由图可知二面角B­AD­E的平面角为锐角，所以二面角B­AD­E的余弦值为12.