(新高考)高考数学二轮复习专题强化训练(十八)立体几何理

（新高考）高考数学二轮复习专题强化训练（十八）立体几何理 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＋2y1－3z

1＝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

→

＝0

m·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),