1、专题能力训练28解答题专项训练(立体几何)能力升级训练第55页一、非标准1.(2014课标全国高考,理19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解:(1)连接BC1,交B1C于点O,连接AO,因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOA
2、BOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,|OB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为CBB1=60,所以CBB1为等边三角形.又AB=BC,则A0,0,33,B(1,0,0),B10,33,0,C0,-33,0,AB1=0,33,-33,A1B1=AB=1,0,-33,B1C1=BC=-1,-33,0.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则nAB1=0,nA1B1=0,即33y-33z=0,x-33z=0.所以可取n=(1,3,3).设m是平面A1B1C1的法向量,则mA1B1=0,mB1C1=0.同理可取m=
3、(1,-3,3).则cos=nm|n|m|=17.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17.2.如图,四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,DABDCB,EA=EB=AB=1,PA=32,连接CE并延长交AD于点F.(1)求证:AD平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解:(1)在ABD中,因为E是BD的中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故BAD=2,ABE=AEB=3.因为DABDCB,所以EABECB.从而有FED=BEC=AEB=3,所以FED=FEA,故EFAD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FGPA.又PA平面ABCD,
4、所以GFAD.又GFEF=F,故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C32,32,0,D(0,3,0),P0,0,32,故BC=12,32,0,CP=-32,-32,32,CD=-32,32,0.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则12+32y1=0,-32-32y1+32z1=0,解得y1=-33,z1=23,即n1=1,-33,23.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则-32+32y2=0,-32-32y2+32z2=0,解得y2=3,z2=2.即n2=(1,3,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余
5、弦值为cos =|n1n2|n1|n2|=431698=24.3.如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,ADCD,ABCD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.(1)求证:BM平面ADEF;(2)求证:平面BDE平面BEC;(3)求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值.解：(1)证明取DE的中点N,连接MN,AN.在EDC中,M,N分别为EC,ED的中点,所以MNCD,且MN=12CD.由已知ABCD,AB=12CD,所以MNAB,且MN=AB,所以四边形ABMN为平行四边形.所以BMAN.又因为AN平面ADEF,且BM平面ADEF,所以BM平面ADEF.(2)证
6、明在正方形ADEF中,EDAD.又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以ED平面ABCD.所以EDBC.在直角梯形ABCD中,AB=AD=2,CD=4,可得BC=22.在BCD中,BD=BC=22,CD=4.所以BCBD.又BDDE=D,所以BC平面BDE.又因为BC平面BCE,所以平面BDE平面BEC.(3)解:由(2)知ED平面ABCD,且ADCD.以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),平面ADEF的一个法向量为m=(0,1,0).设n=(x,y,z)为平面BEC的一个
7、法向量,因为BC=(-2,2,0),CE=(0,-4,2),所以-2x+2y=0,-4y+2z=0.令x=1,得y=1,z=2.所以n=(1,1,2)为平面BEC的一个法向量.设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为,则cos =|mn|m|n|=111+1+4=66.所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为66.4.(2014陕西高考,理17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值.解：(1)证明由该四面体的三视图可知,BD
8、DC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1,由题设,BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH,FGEH.同理EFAD,HGAD,EFHG.四边形EFGH是平行四边形.又ADDC,ADBD,AD平面BDC.ADBC.EFFG.四边形EFGH是矩形.(2)解法一如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),DA=(0,0,1),BC=(-2,2,0),BA=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),EFAD,FGBC,nDA=0,nBC=0,得z=0
9、,-2x+2y=0,取n=(1,1,0).sin =|cos|=BAn|BA|n|=252=105.解法二如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E是AB的中点,F,G分别是BD,DC的中点,得E1,0,12,F(1,0,0),G(0,1,0).FE=0,0,12,FG=(-1,1,0),BA=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则nFE=0,nFG=0.得12z=0,-x+y=0,取n=(1,1,0).sin =|cos|=BAn|BA|n|=252=105.5.(2014辽宁高考,理19)如图
10、,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,ABC=DBC=120,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EFBC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解：(1)证明(方法一)过E作EOBC,垂足为O,连OF,由ABCDBC可证出EOCFOC.图1所以EOC=FOC=2,即FOBC.又EOBC,因此BC平面EFO.又EF平面EFO,所以EFBC.(方法二)由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系.图2易得B(0,0,0),A(0,-1,3),D(3,-1,0),C
11、(0,2,0),因而E0,12,32,F32,12,0,所以,EF=32,0,-32,BC=(0,2,0),因此EFBC=0.从而EFBC,所以EFBC.(2)解(方法一)在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC.又OGBF,由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=12EC=12BCcos 30=32,由BGOBFC知,OG=BOBCFC=34,因此tanEGO=EOOG=2.从而sinEGO=255,即二面角E-BF-C正弦值为255.(方法二)在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面
12、BEF的法向量n2=(x,y,z).又BF=32,12,0,BE=0,12,32.由n2BF=0,n2BE=0得其中一个n2=(1,-3,1).设二面角E-BF-C大小为,且由题意知为锐角,则cos =|cos|=n1n2|n1|n2|=15.因此sin =25=255,即所求二面角正弦值为255.6.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB平面PAD,PD=AD,E为PB的中点,向量DF=12AB,点H在AD上,且PHAD=0.(1)求证:EF平面PAD.(2)若PH=3,AD=2,AB=2,CD=2AB,求直线AF与平面PAB所成角的正弦值.求平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值.解
13、:(1)证明取PA的中点Q,连接EQ,DQ.E是PB的中点,EQAB,且EQ=12AB.又DF=12AB,DFAB,且DF=12AB.EQDF,且EQ=DF.四边形EQDF为平行四边形.EFQD.又EF平面PAD,且DQ平面PAD,EF平面PAD.(2)方法一:证明:PHAD=0,PHAD,即PHAD.又AB平面PAD,PH平面PAD,ABPH.又ABAD=A,PH平面ABCD.连接AE,AF,PD=AD,Q为PA的中点,DQPA.又AB平面PAD,且DQ平面PAD,ABDQ.ABPA=A,DQ平面PAB.由(1)知EFDQ,EF平面PAB.AE为AF在平面PAB上的射影.FAE为直线AF与平
14、面PAB所成的角.PD=AD=2,PH=3,在RtPHD中,HD=PD2-PH2=22-32=1.H为AD的中点.又PHAD,PA=PD=AD=2,EF=DQ=PH=3.AB平面PAD,ABAD.DFAB,DFAD.在RtADF中,AF=AD2+DF2=4+1=5.又EF平面PAB,EFAE.在RtAEF中,sinFAE=EFAF=35=155.直线AF与平面PAB所成的角的正弦值为155.延长DA,CB交于点M,连接PM,则PM为平面PAD与平面PBC所成二面角的交线.ABCD,AB=12CD,点A,B分别为DM,CM的中点,且DM=4.在RtPHM中,PM2=PH2+MH2,PM=23.P
15、D2+PM2=DM2.PMPD.又CD平面PMD,且PM平面PMD,CDPM.CDPD=D,PM平面PCD.PMCP.CPD即为所求的二面角的平面角.在RtPCD中,cosCPD=PDPC=225=55.方法二:由方法一,可得PH平面ABCD.又AB平面PAD,在平面ABCD内过点H作HGAB,交BC于点G,HG平面PAD.以H为原点,以HA,HG,HP的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系H-xyz.PD=AD=2,PH=3,在RtPHD中,HD=PD2-PH2=22-(3)2=1.H为AD的中点.A(1,0,0),P(0,0,3),B(1,2,0),E12,1,32,F(-1
16、,1,0),C(-1,4,0).AF=(-2,1,0).设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z).PA=(1,0,-3),PB=(1,2,-3),由nPA,nPB,得nPA=0,nPB=0,x-3z=0,x+2y-3z=0,得y=0,令z=3,得x=3.n=(3,0,3).设直线AF与平面PAB所成的角为.则sin =|cos|=AFn|AF|n|=-23(-2)2+1232+(3)2=353=155.直线AF与平面PAB所成的角的正弦值为155.显然向量AB为平面PAD的一个法向量,且AB=(0,2,0).设平面PBC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),PB=(1,2,-3),BC
17、=(-2,2,0),由PBn1=0,得到x1+2y1-3z1=0,由BCn1=0,得到-2x1+2y1=0,令x1=1,则y1=1,z1=3.n1=(1,1,3),cos=ABn1|AB|n1|=2121+1+(3)2=55,平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角的余弦值为55.7.如图,在边长为4的菱形ABCD中,DAB=60.点E,F分别在边CD,CB上,点E与点C,D不重合,EFAC,EFAC=O.沿EF将CEF翻折到PEF的位置,使平面PEF平面ABFED.(1)求证:BD平面POA;(2)当PB取得最小值时,若点Q满足AQ=QP(0),试探究:直线OQ与平面PBD所成的角是否一定大
18、于45?并说明理由.解:(1)证明菱形ABCD的对角线互相垂直,BDAC,即BDAO.EFAC,POEF.平面PEF平面ABFED,平面PEF平面ABFED=EF,且PO平面PEF,PO平面ABFED.BD平面ABFED,POBD.AOPO=O,BD平面POA.(2)如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz.设AOBD=H.在菱形ABCD中,DAB=60,BDC为等边三角形,故BD=4,HB=2,HC=23.设PO=x,则OH=23-x,OA=43-x.O(0,0,0),P(0,0,x),B(23-x,2,0),故PB=(23-x,2,-x),|PB|=(23-x)2+22+x2=2(x
19、-3)2+10.当x=3时,|PB|min=10.此时PO=3,OH=3.设点Q的坐标为(a,0,c),由OP=3,得A(33,0,0),B(3,2,0),D(3,-2,0),P(0,0,3).AQ=(a-33,0,c),QP=(-a,0,3-c).AQ=QP,a-33=-a,c=3-ca=33+1,c=3+1.Q33+1,0,3+1,OQ=33+1,0,3+1.设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则nPB=0,nBD=0.PB=(3,2,-3),BD=(0,-4,0),3x+2y-3z=0,-4y=0.取x=1,解得y=0,z=1,n=(1,0,1).设直线OQ与平面PBD所成的角为,sin =|cos|=|OQn|OQ|n|=33+1+3+1233+12+3+12=|3+|29+2=129+6+29+2=121+69+2.又0,sin 22.0,90,45.因此直线OQ与平面PBD所成的角大于45,即结论成立.