【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列4立体几何（理）作业 10页

对应学生用书[练案53理]‎ 高考大题规范解答系列(四)——立体几何(理)‎ ‎1．(2018·课标全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．‎ ‎(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD．‎ 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.‎ 又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.‎ 可得PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P(0,0，)，D(－1，－，0)，＝(1，，)，＝(0,0，)为平面ABFD的法向量．‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sinθ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2019·山东诊断)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为AB，PC的中点．‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAD．‎ ‎(2)若PA＝2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q－AP－D的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：取PD的中点M，连接MF，MA．‎ 在△PCD中，F为PC的中点，‎ ‎∴MF綊DC．‎ ‎∵在正方形ABCD中，E为AB的中点，‎ ‎∴AE綊DC，∴AE綊MF.‎ 故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM.‎ 又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，‎ ‎∴EF∥平面PAD．‎ ‎(2)结论：存在满足条件的点Q，且Q是EF的中点．‎ 如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，E(0，，0)，F(，，1)，由题易知平面PAD的一个法向量为n＝(0,1,0)．‎ 假设存在点Q满足条件，‎ 设＝λ(0≤λ≤1)．‎ ‎∵＝(，0,1)，‎ ‎∴Q(，，λ)，＝(，，λ)．‎ 设平面PAQ的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由即 取x＝1，则y＝－λ，可得m＝(1，－λ，0)，‎ ‎∴cosm，n＝＝.‎ 由已知得＝，解得λ＝，‎ ‎∴存在满足条件的点Q，且Q是EF的中点．‎ ‎3．在如图所示的多面体ABCDEFE中，ABCD为正方形，底面ABFE为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABFE，AE∥BF，∠EAB＝90°，AB＝BF＝1.‎ ‎(1)求证：DB⊥EC；‎ ‎(2)若AE＝AB，求二面角C－EF－B的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)因为底面ABFE为直角梯形，AE∥BF，‎ ‎∠EAB＝90°，所以AE⊥AB，BF⊥AB．‎ 因为平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，‎ 所以AE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以BF⊥BC．‎ 设AE＝t，以BA，BF，BC所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则B(0,0,0)，C(0,0,1)，D(1,0,1)，E(1，t,0)，‎ 故＝(－1,0，－1)，＝(－1，－t,1)，‎ 因为·＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0，‎ 所以DB⊥EC．‎ ‎(2)由(1)可知＝(0,0,1)是平面BEF的一个法向量，‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面CEF的法向量，‎ 因为AE＝AB＝1，所以E(1,1,0)，又F(0,2,0)，‎ 故＝(1,1，－1)，＝(0,2，－1)．‎ 由·n＝(1,1，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得x1＋y1－z1＝0，‎ 由·n＝(0,2，－1)·(x1，y1，z1)＝0可得2y1－z1＝0，‎ 令z1＝2，得y1＝1，x1＝1，故n＝(1,1,2)为平面CEF的一个法向量，‎ 所以cosn，＝＝＝，即二面角C－EF－B的余弦值为.‎ ‎4．(2019·西安模拟)直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且AF＝λAB(0<λ<1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB，使得平面DEB⊥平面ABE.‎ ‎(1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF；‎ ‎(2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)证明：在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD⊥DE，如图，取BF的中点N，连接CN交BE于M.当λ＝时，F是AN的中点．因为E是AC的中点，所以EF是△ANC的中位线，所以EF∥CN.在△BEF中，N是BF的中点，所以M是BE的中点．在Rt△BCE中，EC＝BC＝2，所以CM⊥BE，所以EF⊥BE.又平面DEB⊥平面ABE，平面DEB∩平面ABE＝BE，所以EF⊥平面DEB．又BD⊂平面DEB，所以EF⊥BD．又EF∩DE＝E，所以BD⊥平面DEF.‎ ‎(2)连接DM，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，E(2,0,0)，＝(－2,0,0)，‎ 由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE，‎ 又平面DEB⊥平面ABE，‎ 所以DM⊥平面ABE，则D(1,1，)，＝(－3,1，)．‎ 假设存在满足题意的λ，则由＝λ，‎ 可得F(4－4λ，2λ，0)，则＝(3－4λ，2λ－1，－)．‎ 设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则 即令y＝，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，，－1)，所以DF与平面ADE所成的角的正弦值 sinθ＝||＝＝，解得λ＝或λ＝3(舍去)．‎ 综上，存在λ＝，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为.‎ ‎5．(2019·郑州模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB ＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．‎ ‎(1)求证：BP⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B－PC－D的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，‎ ‎∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，‎ 由题意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O，‎ ‎∴CE⊥平面PBE，∴BP⊥CE.‎ ‎(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，P0所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0,0，)，‎ ‎∴＝(－1,0,0)，＝(－，－，)，＝(，－，－)，＝(0,2,0)．‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则，即，‎ 令z1＝，可得n1＝(0，，)为平面PCD的一个法向量，设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则，即，‎ 令z2＝，可得n2＝(2,0，)，为平面PBC的一个法向量．‎ ‎∴cosn1，n2＝＝，‎ 由图可知二面角B－PC－D为钝角，故二面角B－PC－D的余弦值为－.‎ ‎6．(2019·安徽马鞍山期末)如图，已知等边三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点，M为EF的中点，N为边BC上一点，且CN＝BC，将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平面EFCB．‎ ‎(1)求证：平面A′MN⊥平面A′BF；‎ ‎(2)求二面角E－A′F－B的余弦值．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为E，F为等边三角形ABC的边AB，AC的中点，‎ 所以△A′EF是等边三角形，且EF∥BC．‎ 因为M是EF的中点，所以A′M⊥EF.‎ 又平面A′EF⊥平面EFCB，A′M⊂平面A′EF，‎ 所以A′M⊥平面EFCB．‎ 又BF⊂平面EFCB，所以A′M⊥BF.‎ 因为CN＝BC，所以MF綊CN，所以MN∥CF.‎ 在等边三角形ABC中，易知BF⊥CF.所以BF⊥MN.‎ 而A′M∩MN＝M，所以BF⊥平面A′MN，‎ 又因为BF⊂平面A′BF，所以平面A′MN⊥平面A′BF.‎ ‎(2)设等边三角形ABC的边长为4，取BC的中点G，连接MG，由题设知MG⊥EF.‎ 由(1)知A′M⊥平面EFCB，又MG⊂平面EFCB，所以A′M上MG.如图建立空间直角坐标系M－xyz，则F(－1,0,0)，A′(0，0，)，B(2，，0)，＝(1,0，)，＝(3，，0)．‎ 设平面A′BF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由得 令z＝1，得n＝(－，3,1)．‎ 平面A′EF的一个法向量为p＝(0,1,0)，‎ 所以cosn，p＝＝.‎ 显然二面角E－A′F－B是锐角，所以二面角E－A′F－B的余弦值为.‎ ‎7．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝AP＝2BC＝2，M是棱PD上的一点，＝λ(0<λ<1)．‎ ‎(1)若λ＝，求证：PB∥平面MAC；‎ ‎(2)若平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，二面角D－AC－M的余弦值为 ，求λ的值．‎ ‎[解析]　(1)连接BD交AC于点O，连接MO.‎ ‎∵AD∥BC，∴△BCO∽△DAO，‎ ‎∵AD＝2BC，∴DO＝2BO.‎ ‎∵λ＝，∴DM＝2MP，∴PB∥MO，‎ ‎∵PB⊄平面MAC，MO⊂平面MAC，∴PB∥平面MAC．‎ ‎(2)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，且AD⊥AB，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥PA，‎ 同理可得AB⊥PA，可知AB，AD，‎ AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2,1,0)，M(0,2λ，2－2λ)，‎ ‎∴＝(2,1,0)，＝(0,2λ，2－2λ)．‎ 易知平面ACD的一个法向量为m＝(0,0,1)．‎ 设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则得 令x＝1，则y＝－2，z＝，即n＝(1，－2，)为平面MAC的一个法向量．‎ 由题意可知＝，‎ 即＝，‎ 整理得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝或λ＝2(舍去)，‎ ‎∴λ＝.‎ ‎8．如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，点E在线段DC上，且DE＝，现将△AED沿AE折到△AED′的位置，连接CD′，BD′，如图2.‎ ‎(1)若点P在线段BC上，且BP＝，证明：AE⊥D′P.‎ ‎(2)记平面AD′E与平面BCD′的交线为l.若二面角B－AE－D′为，求l与平面D′CE所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(1)如图1，BP＝，连接DP交AE于点O.‎ 因为四边形ABCD是矩形，所以在Rt△PDC中，CD＝AB＝3，CP＝BC－BP＝2－＝，‎ 所以tan∠PDC＝＝.‎ 在Rt△ADE中，AD＝BC＝2，DE＝，所以tan∠DEA＝＝.‎ 所以∠PDC＝∠DAE，所以∠DAE＋∠ADP＝∠PDC＋∠ADP＝，所以∠DOA＝.‎ 从而AO⊥OD，AO⊥OP，那么在图2中，AE⊥OD′，AE⊥OP，‎ 又D′O∩PO＝O，所以AE⊥平面D′，‎ 又D′P⊂平面POD′，所以AE⊥D′P.‎ ‎(2)由(1)知OD′⊥AE，OP⊥AE，OP⊂平面BAEC，OD′⊂平面AED′，‎ 所以∠D′OP是二面角B－AE－D′的平面角，从而∠D′OP＝.‎ 在图2中延长AE，BC交于点Q，连接D′Q，‎ 则Q∈平面AD′E，Q∈平面BCD′.‎ 又D′∈平面AD′E，D′∈平面BCD′，‎ 所以平面AD′E∩平面BCD′＝D′Q，直线D′Q即直线l.‎ 在平面POD′内过点O作OF⊥OP交D′P于点F，‎ 由(1)知AE⊥平面POD′，又AE⊂平面ABCE，所以平面ABCE⊥平面POD′，‎ 又平面ABCE∩平面POD′＝OP，所以OF⊥平面ABCE.‎ 以O为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2.‎ 在图1中，CE＝DC－DE＝2，‎ 在Rt△ADE中，AD＝2，DE＝，‎ 所以AE＝5，OD＝2，OE＝1.‎ 在△ABQ中，EC∥AB，所以＝，即＝，‎ 所以EQ＝10，所以OQ＝OE＋EQ＝11.‎ 从而D′(0，－1，)，E(－1,0,0)，C(－3,4,0)，Q(－11,0,0)，‎ 所以＝(1，－1，)，＝(－2,4,0)，＝(11，－1，)，‎ 设n＝(x，y，z)为平面D′CE的法向量，‎ 则即 取x＝2，则y＝，z＝－1，‎ 所以n＝(2，，－1)是平面D′CE的一个法向量．‎ 设l与平面D′CE所成的角为θ，‎ 则sinθ＝|cos，n|＝||＝＝，‎ 所以l与平面D′CE所成角的正弦值为.‎