【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学二轮专题突破预测演练提能训练 第1部分 专题四 第二讲 高

"《创新方案》2014届高考数学（文科）二轮专题突破预测演练提能训练（某某专版）：第1部分 专题四 第二讲 高考中的立体几何(解
答题型) （以2013年真题和模拟题为例，含答案解析） "
1．在直角梯形A 1A 2A 3D 中，A 1D ＝10，A 2A 3＝16，A 1A 2＝8，A 1A 2⊥A 1D ，A 1A 2⊥A 2A 3，且B ，C 分别是边A 1A 2，A 2A 3上的一点，沿线段BC ，CD ，DB 分别将△BCA 2，△CDA 3，△DBA 1翻折上去恰好使A 1，A 2，A 3重合于一点A .
(1)求证：AB ⊥CD ；
(2)求AC 与平面BCD 所成角的正弦值．
解：(1)证明：由题意∠BAC ＝∠BAD ＝π2
， 故BA ⊥平面ACD ，所以AB ⊥CD .
(2)由题意得，A 1D ＝A 3D ＝10，A 1B ＝A 2B ＝4，A 2C ＝A 3C ＝8，
作点A 在平面BCD 内的射影点O ，由V A ­BCD ＝V B ­ACD 得，
S △BCD ·AO ＝S △ACD ·AB ，
又S △ACD ＝12
×8×8＝32， S △BCD ＝12(8＋10)×8－12×4×10－12
×8×4＝36，
所以AO ＝32×436＝329
. 设AC 与平面BCD 所成角为α， 则sin α＝AO AC ＝329×8＝49
. 2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AD ∥BC ，AC ⊥BD .
(1)证明：BD ⊥PC ；
(2)若AD ＝4，BC ＝2，直线PD 与平面PAC 所成的角为30°，求四棱锥P ­ABCD 的体积． 解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD .
又AC ⊥BD ，PA ，AC 是平面PAC 内的两条相交直线，所以BD ⊥平面PAC .
而PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .
(2)设AC 和BD 相交于点O ，连结PO ，由(1)知，BD ⊥平面PAC ，
所以∠DPO 是直线PD 和平面PAC 所成的角．从而∠DPO ＝30°.
由BD ⊥平面PAC ，PO ⊂平面PAC 知，BD ⊥PO ，在Rt △POD 中，
由∠DPO ＝30°，得PD ＝2OD .
因为四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，所以△AOD ，△BOC
均为等腰直角三角形，从而梯形ABCD 的高为12AD ＋12BC ＝12
×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD 的面积S ＝12
×(4＋2)×3＝9. 在等腰直角三角形AOD 中，OD ＝
22
AD ＝22， 所以PD ＝2OD ＝42， PA ＝PD 2－AD 2＝4.
故四棱锥P ­ABCD 的体积为
V ＝13×S ×PA ＝13×9×4＝12.
3.如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥EF ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝1
2
AD .
(1)求异面直线BF 与DE 所成角的大小；
(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；
(3)求二面角A ­CD ­E 的余弦值．
解：(1)由题设知，BF ∥CE ，所以∠CED (或其补角)为异面直线BF
与DE 所成的角．设P 为AD 的中点，连接EP ，PC .因为FE 綊AP ，所以
FA 綊EP .同理，AB 綊PC .又FA ⊥平面ABCD ，所以EP ⊥平面ABCD .而
PC ，AD 都在平面ABCD 内，故EP ⊥PC ，EP ⊥AD .由AB ⊥AD ，可得PC ⊥
AD .
设FA ＝a ，则EP ＝PC ＝PD ＝a ，CD ＝DE ＝EC ＝2a .
故∠CED ＝60°.
所以异面直线BF 与DE 所成角的大小为60°.
(2)证明：因为DC ＝DE 且M 为CE 的中点，
所以DM ⊥CE .连接MP ，则MP ⊥CE .
又MP ∩DM ＝M ，故CE ⊥平面AMD .
而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .
(3)设Q 为CD 的中点，连接PQ ，EQ .
因为CE ＝DE ，所以EQ ⊥CD .
因为PC ＝PD ，所以PQ ⊥CD ，
故∠EQP 为二面角A ­CD ­E 的平面角．
由(1)可得，EP ⊥PQ ，EQ ＝
62a ，PQ ＝22a . 于是在Rt △EPQ 中，
cos ∠EQP ＝PQ
EQ ＝33
. 所以二面角A ­CD ­E 的余弦值为
33. 4.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°，平面ACFE ⊥平面ABCD ，四边形ACFE 是矩形，AE ＝a ，点M 在线段EF 上．
(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；
(2)当EM 为何值时，AM ∥平面BDF ？证明你的结论；
(3)求二面角B ­EF ­D 的平面角的余弦值．
解：(1)证明：在梯形ABCD 中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，∴四边形ABCD是等腰梯形，
且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，
∴AC⊥BC，
又∵平面ACFE⊥平面ABCD，交线为AC，
∴BC⊥平面ACFE.
(2)当EM＝
3
3
a时，AM∥平面BDF，
在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接FN，则∶NA＝1∶2，
∵EM＝
3
3
a，而EF＝AC＝3a，
∴EM∶MF＝1∶2，
∴MF綊AN，
∴四边形ANFM是平行四边形，
∴AM∥NF，
又∵NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，
∴AM∥平面BDF.
(3)取EF的中点G，EB的中点H，连接DG，GH，DH.
∵DE＝DF，∴DG⊥EF，由(1)知BC⊥平面ACFE，
∴BC⊥EF，
又∵EF⊥FC，FC∩BC＝C，
∴EF⊥平面FCB，
∵FB⊂平面FCB，∴EF⊥FB，
又∵GH∥FB，∴EF⊥GH，
∴∠DGH是二面角B­EF­D的平面角．
在△BDE中，DE＝2a，DB＝3a，BE＝AE2＋AB2＝5a，∴DE2＋DB2＝BE2，
∴∠EDB＝90°，∴DH＝
5
2
a.
又∵DG＝
5
2
a，GH＝
2
2
a，
∴在△DGH中，由余弦定理得
cos∠DGH＝
10 10
，
10 10.
即二面角B­EF­D的平面角的余弦值为。