【最新推荐】2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版(跟踪检测)解答题分类特训解答题分类特训3 Word

解答题分类特训(三) 立体几何(A)
(建议用时：30分钟)
(见提升特训P 149)
1．(2019·河南郑州一中测试)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 ＝π6
，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．
解析 (1)证明：在△ABD 中，∠ABD ＝π6
，AB ＝2AD ， 由余弦定理得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos ∠ABD ，即3AD 2－23AD ·BD ＋BD 2＝0，即(3AD －BD )2＝0，所以BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ， 所以△ABD 为直角三角形，且∠ADB ＝90°.
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)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3
，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，
所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，如图所示，
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．
因为AF →＝(－1，3，3)，
所以|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
. 2．(2019·湖北华中师大一附中期中)如图，四棱锥P ABCD ，侧面P AD 是边长为2的正三
角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，M 为棱PC 上的动点，且PM PC
＝λ(λ∈[0,1])．
(1)求证：△PBC 为直角三角形；
(2)试确定λ的值，使得二面角P ADM 的余弦值为255
. 解析 (1)证明：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，AC ，依题意可知△P AD ，△ACD 均为正三角形，所以OC ⊥AD ，OP ⊥AD ，又OC ∩OP ＝O ，OC ⊂平面POC ，OP ⊂平面POC ，
所以AD ⊥平面POC ，又PC ⊂平面POC ，所以AD ⊥PC ，
因为BC ∥AD ，所以BC ⊥PC ，即∠PCB ＝90°，从而△PBC 为直角三角形．
(2)由(1)可知PO ⊥AD ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD ．以O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，
则P (0,0，3)，A (0，－1,0)，D (0,1,0)，C (3，0,0)，
所以PC →＝(3，0，－3)．由PM →＝λPC →＝λ(3，0，－3)可得点M 的坐标为(3λ，0，3－3λ)，
所以AM →＝(3λ，1，3－3λ)，DM →＝(3λ，－1，3－3λ)，
设平面MAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AM →＝0，n ·DM →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 3λx ＋y ＋(3－3λ)z ＝0，3λx －y ＋(3－3λ)z ＝0，解得⎩⎨⎧ x ＝λ－1λz ，y ＝0，令z ＝λ，得n ＝(λ－1,0，λ)，
显然平面P AD 的一个法向量为OC →＝(3，0,0)，
依题意，|cos n ，OC →|＝|n ·OC →||n ||OC →|＝|3(λ－1)|λ2＋(λ－1)2·3＝255
， 解得λ＝13
或λ＝－1(舍去)． 所以当λ＝13时，二面角P ADM 的余弦值为255
.。