(浙江专用)高考数学大二轮复习 专题二 大题考法课 立体几何课时跟踪检测-人教版高三全册数学试题

立体几何
[课时跟踪检测]
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 ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1. ∵FM ＝MC 2
＋FC 2
＝2，EM ＝AE 2
＋AM 2
＝32，
EF ＝42＋(3－1)2＝25，
∴FM 2
＋EM 2
＝EF 2
，∴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 (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE →＝(－3，－3,3)，BF →
＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BE →＝0，
n ·BF →＝0，
得⎩⎨
⎧
－3x －3y ＋3z ＝0，
－3x ＋y ＋z ＝0，
令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，
∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，
∴取平面ABC 的一个法向量为AE →
＝(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 ，AE →
〉|＝
6
22×3＝22
.
故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为
22
.
2.(2019·某某期末)如图，四棱锥P ­ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，PD ＝AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 为PB 的中点．
(1)证明：平面EAC ⊥平面PBC ；
(2)求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AC . 又AB ＝2，AD ＝CD ＝1，AD ⊥AB ， 所以AC ＝BC ＝ 2. 故AC 2
＋BC 2
＝AB 2
， 即AC ⊥BC .
又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ， 因为AC ⊂平面ACE ， 所以平面ACE ⊥平面PBC .
(2)法一：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥CD . 又PD ＝2，CD ＝1，所以PC ＝ 3. 在平面PCB 内，
过点P 作PH ⊥CE ，垂足为H .
由(1)知平面ACE ⊥平面PBC ，所以PH ⊥平面ACE ， 又点E 为PB 的中点，CE ＝12PB ＝5
2
.
由等面积法得CE ·PH ＝12PC ·BC ，所以PH ＝30
5.
又点E 为PB 的中点，
所以点P 到平面ACE 的距离与点B 到平面ACE 的距离相等． 连接BD 交AC 于点G ，则GB ＝2DG .
所以点D 到平面ACE 的距离是点B 到平面ACE 的距离的一半，即1
2PH .所以直线PD 与平面
AEC 所成角的正弦值为12PH PD ＝30
20
.
法二：如图，取AB 的中点F ，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为PD ＝2，所以CP ＝ 3.
所以C (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0，3)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)，
E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
，－12
，
32.
PD →
＝(0,1，－3)，CA →
＝(1,1,0)，CE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
，－12
，
32. 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·CA →＝0，
n ·CE →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y ＝0，x 2－y 2＋3
2
z ＝0，
取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－23
3
， 即n ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－1，－233.
设直线PD 与平面AEC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，PD →
〉|＝
1
2
2＋43
＝3020， 所以直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值为
3020
. 3．如图，在四棱锥S ­ABCD 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C ­xyz ，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AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →
＝(x －1，y ，z )． 由|AS →|＝|BS →|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2 ＝ x 2
＋(y －2)2
＋z 2
，解得x ＝1. 由|DS →|＝1，得y 2＋z 2
＝1.① 由|BS →|＝2，得y 2＋z 2
－4y ＋1＝0.② 由①②，解得y ＝12，z ＝3
2
.
∴S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1
2，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，
∴DS →·AS →＝0，DS →·BS →
＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .
(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS →，n ⊥CB →，∴n ·BS →＝0，n ·CB →
＝0. 又BS →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，
取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)．
∵AB →
＝(－2,0,0)，
∴cos 〈AB →
，n 〉＝AB →
·n |AB →||n |＝－2×(－3)2×7＝217.
故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为
21
7
. 4.如图，等腰直角三角形ABC 中，B 是直角，平面ABEF ⊥平面ABC,2AF ＝AB ＝BE ，∠FAB ＝60°，AF ∥BE .
(1)求证：BC ⊥BF ；
(2)求直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值．
解：(1)证明：在Rt △ABC 中，B 是直角，即BC ⊥AB ， ∵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)法一：作BG ⊥EF 于点G ，连接CG . 由(1)知BC ⊥平面ABEF ， ∴BC ⊥EF .
又BG ⊥EF ，BC ∩BG ＝B ， ∴EF ⊥平面BCG . 又∵EF ⊂平面CEF ， ∴平面BCG ⊥平面CEF .
作BH ⊥CG 于点H ，连接FH ，易得BH ⊥平面CEF ， 则∠BFH 即为所求线面角的平面角． 设AF ＝1，由已知得AB ＝BE ＝2，BF ＝3，
在△BEF 中，由勾股定理得EF ＝7， 再由三角形等面积法得BG ＝
2217，BH ＝30
5
， ∴sin ∠BFH ＝BH
BF
＝
3053
＝
105
. ∴直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值为
105
. 法二：以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B ­xyz ， 设AF ＝1.
由已知得B (0,0,0)，C (0,2,0)，
F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32，0，
32，E (－1,0，3)， 则BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2，0，32，
EC →
＝(1,2，－3)，EF →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫5
2，0，－
32， 设平面CEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·EC →＝0，
n ·EF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋2y －3z ＝0，
52
x －3
2z ＝0，
令x ＝3，则z ＝5，y ＝2 3.即n ＝(3，23，5)． 设直线BF 与平面CEF 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，BF →
〉|＝
332＋53
2210×3
＝
10
5
. 故直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值为10
5
. 法三：(等体积法)设2AF ＝AB ＝BE ＝2， ∵△ABC 为等腰三角形，有AB ＝BC ＝2，
∠FAB ＝60°，2AF ＝AB ，∴∠AFB ＝90°， 又AF ∥BE ，EB ⊥BF .
由(1)知，BC ⊥平面ABEF ，EB ⊂平面ABEF ， ∴EB ⊥BC ，
又BC ∩BF ＝B ，BF ⊂平面BCF ，BC ⊂平面BCF ， ∴EB ⊥平面BCF ，
又∵BC ⊥BF ，则有BF ＝3，CF ＝7，EF ＝7，CE ＝2 2. 令点B 到平面CEF 距离为d ，有 10d ＝12×2×3×2⇒d ＝305
，
故直线BF 与平面CEF 所成角的正弦值为d BF
＝
30
53
＝
105
. 5.如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.
(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；
(2)求直线CC 1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A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .
又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .
(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.
因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33
. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为
33
. 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 ＝3，EB ＝1.
因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1→|＝2，|C 1E →
|＝3，
设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，
所以⎩⎨⎧
(x －3)2＋y 2＝4，x 2
＋y 2＝3，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝3
3，y ＝263，
所以C 1⎝
⎛⎭⎪⎫3
3
，0，263，
则CC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23
3
，0，263，
易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈CC 1→
，n 〉|＝63，所以cos α＝33.
即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为
3
3
. 6.(2019·某某二中高考仿真)如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2.
(1)求证：BE ∥平面DCF ；
(2)当AE 的长为何值时，直线AD 与平面BCE 所成角的大小为45°. 解：(1)证明：法一：因为四边形ADFE 是矩形， 所以AE ∥DF .
又AB ∥CD ，且AB ∩AE ＝A ，CD ∩DF ＝D ，
AB ，AE 在平面ABE 上，CD ，DF 在平面DCF 上，
所以平面ABE ∥平面DCF .
又BE 在平面ABE 上，且BE 不在平面CDF 上， 所以BE ∥平面CDF .
法二：如图，以D 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴，DF 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系．
因为AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，∴∠DCB ＝90°. 易得△DCB ∽△BDA ，
又CD ＝1，BC ＝2，DB ＝12
＋22
＝5， 所以
15＝2
AD
＝
5
AB
，
所以AD ＝25，AB ＝5，设AE ＝h ，
所以D (0,0,0)，A (25，0,0)，B (0，5，0)，
C ⎝
⎛⎭⎪⎫－25，15，0，E (25，0，h )，F (0,0，h )．
DC →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫－25，15，0，DF →＝(0,0，h )，BE →＝(25，－5，h )，
设平面DCF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DC →＝0，
n ·DF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－25x 1＋15y 1＝0，
hz 1＝0，
令x 1＝5，得n ＝(5，25，0)，BE →
·n ＝0， 故BE →
⊥n ，又BE 不在平面DCF 上， 所以BE ∥平面DCF .
(2)由(1)中法二可得DA →
＝(25，0,0)， BC →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫－25，－45，0，BE →＝(25，－5，h )，
设平面BCE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BC →＝0，
m ·BE →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
－25
x 2－45y 2＝0，
25x 2－5y 2＋hz 2＝0，
令y 2＝h ，得m ＝(－2h ，h,55)．
由题得cos 45°＝|DA →
·m ||DA →||m |＝|－45h |25·5h 2
＋125＝2
2， 解得h ＝±515
3
，
因为h >0，所以AE ＝h ＝515
3.。