2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)

专题08 立体几何综合问题（专项训练）
1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；
(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．
【答案】见解析
【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为
AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .
(2)以O 为原点,OA →,OB →
的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →
＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·OB →＝0，
n ·OE →＝0，
即⎩⎨
⎧
3y ＝0，
x ＋2z ＝0，
令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝
|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →
·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),
所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →
|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为5
4.
2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π
4
,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面
ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .
(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；
(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．
【答案】见解析
【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π
2
,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面
ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .
又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .
(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．
设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →
＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →
＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，
所以
⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x －2y ＝0，
－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 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．
【答案】见解析
【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,
则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且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,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 ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1
2，32,
AS →
＝⎝
⎛
⎭⎪⎫－1，－32
，
32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,
又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .
(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →
＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由
⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BS →＝0，
m ·CB →＝0
得⎩⎪⎨⎪⎧
a －32
b ＋32
c ＝0，
2b ＝0，
所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值
为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →
|m |·|AB →|
＝
－2×(－3)
7×2＝
217
. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,
则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2
＋AE 2
＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以
SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,
所以SD ⊥平面SAB .
(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝
3
2
,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝1
2
×2×
22
－12
＝
72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AH
AB ＝
217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217
. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC
＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；
(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．
【答案】见解析
【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以
CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .
(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系
Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),
则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝2
3
.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的
法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·PC →
＝0，
n ·FC →
＝0
得⎩
⎪⎨⎪
⎧
6y －8z ＝0，－8x ＋16
3y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
z ＝34y ，x ＝2
3y ，
不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝
n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝8
17
.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为8
17
.
5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．
(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．
【答案】见解析
【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,
AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,
又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,
又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.
(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.
因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,
所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.
取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.
在△BEC中,由于∠EBC＝120°,
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,
所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.
方法二 以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →
＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AE →＝0，
m ·AG →＝0
可得⎩⎨
⎧
2x 1－3z 1＝0，
x 1＋3y 1＝0.
取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)． 设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AG →＝0，
n ·CG →＝0
可得⎩⎨
⎧
x 2＋3y 2＝0，
2x 2＋3z 2＝0.
取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所
以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1
2
.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.
6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．
【答案】见解析
【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2
＋AO 2
＝AB 2
,
又AB ＝BD ,所以BO 2
＋DO 2
＝BO 2
＋AO 2
＝AB 2
＝BD 2
, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .
(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →
|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的1
2
,即E 为DB 的中点,得
E ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，
32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨
⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧
－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋1
2z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1，
33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，
同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝
n·m |n||m|＝7
7
.
所以二面角D －AE －C 的余弦值为
77
.。