2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练十八立体几何解析

专题强化训练(十八)立体几何一、选择题1．[2019·石家庄一模]已知三棱锥P－ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，PB＝4，∠PBC＝60°；(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)设F为棱PA的中点，求二面角P－BC－F的余弦值．解：(1)在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC＝23，∴PC2＋BC2＝PB2，∴PC⊥BC，又PC⊥AB，AB∩BC＝B，∴PC⊥平面ABC，∵PC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.(2)解法一：在平面ABC中，过点C作CM⊥CA，以CA，CM，CP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，P(0,0,23)，A(2,0,0)，B(1，3，0)，F(1,0，3)．设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则CB→·m＝x1＋3y1＝0，CP→·m＝23z1＝0，取y1＝－1，则x1＝3，z1＝0，即m＝(3，－1,0)为平面PBC的一个法向量．设平面BCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则CB→·n＝x2＋3y2＝0，CF→·n＝x2＋3z2＝0，取x2＝3，则y2＝－1，z2＝－1，即n＝(3，－1，－1)为平面BCF的一个法向量，|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝|3＋1＋0|2×3＋－12＋－12＝255，由题图可知二面角P－BC－F为锐角，∴二面角P－BC－F的余弦值为255.解法二：由(1)可知PC⊥平面ABC，又PC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABC，∴二面角P－BC－F的余弦值就是二面角A－BC－F的正弦值，作FM⊥AC于点M，则FM⊥平面ABC，作MN⊥BC于点N，连接FN，则FN⊥BC，∴∠FNM为二面角A－BC－F的平面角．∵点F为PA的中点，∴点M为AC的中点，在Rt△FMN中，FM＝12PC＝3，MN＝32，∴FN＝152，∴sin∠FNM＝FMFN＝255，∴二面角P－BC－F的余弦值为255.2．[2019·郑州质量预测二]如图，等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，平面ABEF⊥平面ABC,2AF＝AB＝BE，∠FAB＝60°，AF∥BE.(1)求证：BC⊥BF；(2)求二面角F－CE－B的正弦值．解：(1)等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，即BC⊥AB，又平面ABC⊥平面ABEF，平面ABC∩平面ABEF＝AB，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABEF，又BF⊂平面ABEF，∴BC⊥BF.(2)由(1)知BC⊥平面ABEF，故建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，设AF＝1，则由已知可得B(0,0,0)，C(0,2,0)，F32，0，32，E(－1,0，3)，EC→＝(1,2，－3)，EF→＝52，0，－32，BC→＝(0,2,0)，设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·EC→＝0，n·EF→＝0⇒x＋2y－3z＝0，52x－32z＝0，令x＝3，则z＝5，y＝23，即n＝(3，23，5)为平面CEF的一个法向量．设平面BCE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有m·EC→＝0，m·BC→＝0⇒x1＋2y1－3z1＝0，2y1＝0，∴y1＝0，x1＝3z1，令x1＝3，则m＝(3，0,1)为平面BCE的一个法向量．设二面角F－CE－B的平面角为θ，则|cosθ|＝|m·n|m||n|＝3＋52×210＝105，∴sinθ＝155，∴二面角F－CE－B的正弦值为155.3．[2019·太原一模]如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，四边形CDEF是菱形，∠DCF＝60°，CD＝2AD＝2AB，AE＝5AD.(1)证明：CE⊥AF；(2)已知点P在线段BC上，且CP＝λCB，若二面角A－DF－P的大小为60°，求实数λ的值．解：(1)∵四边形CDEF是菱形，∴DE＝CD＝2AD，CE⊥DF，∵AE＝5AD，∴AE2＝5AD2＝AD2＋DE2，∴AD⊥DE，∵AD⊥CD，∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥CE，DF∩AD＝D.∴CE⊥平面ADF，AF⊂平面ADF，∴CE⊥AF.(2)由(1)知以D为坐标原点，DA→的方向为x轴的正方向，|DA→|为单位长度，DC→的方向为y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，由题设可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，3)，F(0,1，3)，∴DF→＝(0,1，3)，CP→＝λCB→＝(λ，－λ，0)，∴DP→＝DC→＋CP→＝(λ，2－λ，0)，设m＝(x，y，z)是平面DFP的法向量，则m·DF→＝0m·DP→＝0，∴y＋3z＝0λx＋2－λy＝0，令z＝－1，则y＝3x＝31－2λ，∴m＝31－2λ，3，－1为平面DFP的一个法向量．由(1)可知CE→＝(0，－3，3)是平面ADF的一个法向量，∵二面角A－DF－P的大小为60°，∴cos60°＝|m·CE→|m|·|CE→|＝|－43|23×31－2λ2＋4＝12，∴λ＝23.4．[2019·洛阳统考]如图1，平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，如图2，使PC＝22.图1图2(1)证明：CE∥平面ABP；(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．解：(1)取PA的中点H，连接HE，BH，如图．∵E为PD的中点，∴HE为△APD的中位线，∴HE∥AD，且AE＝12AD.又AD∥BC，BC＝12AD，∴HE∥BC，HE＝BC，∴四边形BCEH为平行四边形，∴CE∥BH.∵BH⊂平面ABP，CE⊄平面ABP，∴CE∥平面ABP.(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形，四边形ABCD为直角梯形．取AD的中点F，连接BF，PF，∵AD＝2BC＝4，∴平面多边形PABCD中，P，F，B三点共线，且PF＝BF＝2，∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF，∵PB⊂平面PBF，∴BC⊥PB.在直角三角形PBC中，PC＝22，BC＝2，∴PB＝2，∴△PBF为等边三角形．取BF的中点O，DC的中点M，连接PO，OM，则PO⊥BF，∵DF⊥平面PBF，∴DF⊥PO.又DF∩BF＝F，∴PO⊥平面ABCD.以O为原点，OB→，OM→，OP→的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，3)，A(－1，－2，0)，∴E－12，1，32，∴AE→＝12，3，32，AB→＝(2,2,0)，BP→＝(－1,0，3)．设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0n·BP→＝0，∴x＋y＝0－x＋3z＝0，故可取n＝(3，－3，3)∴cos〈n，AE→〉＝n·AE→|n|·|AE→|＝－21035，∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为21035.5．[2019·辽宁高考模拟]如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，△ABD是边长为1的等边三角形，M为线段BD中点，BC＝3.(1)求证：AF⊥BD;(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存在点N，使得直线CE//平面AFN？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为ADEF为正方形，所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AF⊥BD.(2)取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK，则在△ABD中，OB⊥OD，在正方形ADEF中，OK⊥OD.又平面ADEF⊥平面ABCD，则OB⊥平面ADEF，所以OB⊥OK，即OB,OD,OK两两垂直．分别以OB，OD，OK为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图),则B32，0，0，D0，12，0，C32，3，0，E0，12，1，M34，14，0，F0，－12，1所以MF→＝－34，－34，1，CD→＝－32，－52，0，DE→＝(0,0,1)．设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则CD→·n＝0DE→·n＝0，即－32·x－52·y＝0z＝0.令x＝－5，则y＝3，则n＝(－5，3，0)．设直线MF与平面CDE所成角为θ，sinθ＝|cos〈MF→，n〉|＝|MF→·n||MF→||n|＝314.(3)要使直线CE∥平面AFN，只需AN∥CD.设BN→＝λBD→，λ∈[0,1]，则xn－32，yn，zn＝λ－32，12，0，所以xn＝32－32λ，yn＝12λ，zn＝0，N32－32λ，12λ，0，所以AN→＝32－32λ，12λ＋12，0.又CD→＝(－32，－52，0)，由AN→∥CD→，得32－32λ－32＝12λ＋12－52，解得λ＝23∈[0,1]，所以线段BD上存在点N，使得直线CE∥平面AFN，且BNBD＝23.6．[2019·福州质量抽测]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，AC交BE于点F，G为△PCD的重心．(1)求证：FG∥平面PAD；(2)若PA＝AD，点H在线段PD上，且PH＝2HD，求二面角H－FG－C的余弦值．解：(1)因为AE∥BC，所以△AEF∽△CBF，因为E为AD的中点，所以2AE＝AD＝BC，所以CF＝2AF.如图，延长CG，交PD于M，连接AM，因为G为△PCD的重心，所以M为PD的中点，且CG＝2GM，所以FG∥AM，因为AM⊂平面PAD，FG⊄平面PAD，所以FG∥平面PAD.(2)以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．设PA＝AD＝3，则C(3,3,0)，D(0,3,0)，P(0,0,3)，F(1,1,0)．因为PH＝2HD，所以H(0,2,1)．因为G为△PCD的重心，所以G(1,2,1)．设平面FGC的法向量为n1＝(x1，y1，z1).FC→＝(2,2,0)，FG→＝(0,1,1)，则n1·FC→＝0n1·FG→＝0，所以2x1＋2y1＝0y1＋z1＝0，取x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，所以n1＝(1，－1,1)为平面FGC的一个法向量．设平面FGH的法向量为n2＝(x2，y2，z2).FH→＝(－1,1,1)，则n2·FH→＝0n2·FG→＝0，所以－x2＋y2＋z2＝0y2＋z2＝0，则x2＝0，取y2＝1，则z2＝－1，所以n2＝(0,1，－1)为平面FGH的一个法向量．所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－63.由图可知，该二面角为钝角，所以二面角H－FG－C的余弦值为－63.7．[2019·浙江卷]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解：解法一：(1)如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.又EF⊂平面A1E