第 8 讲 立体几何
第 3 课时 立体几何大题
专题训练·作业(十九)
[第一次作业·立体几何大题(一)]
1.(2020·陕西省宝鸡市模拟)在如图所示的几何体中,面 CDEF 为正方形,平面
ABCD 为等腰梯形,AB∥CD,AB=2BC,点 Q 为 AE 的中点.
(1)求证:AC∥平面 DQF;
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求 BC 与平面 DQF 所成角的正弦值.
2.如图,在三棱锥 A-BCD 中,△ABC 是等边三角形,∠BAD
=∠BCD=90°,点 P 是 AC 的中点,连接 BP,DP.
(1)证明:平面 ACD⊥平面 BDP;
(2)若 BD= 6,且二面角 A-BD-C 为 120°,求直线 AD 与平面 BCD 所成角的
正弦值.
3.(2020·模拟)如图,圆台 O1O2 的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1,A1A2∥
B1B2,A1A2=2B1B2,A1B1=2,圆台 O1O2 的侧面积为 6π.若点 C,D 分别为圆
O1,O2 上的动点且点 C,D 在平面 A1A2B2B1 的同侧.
(1)求证:A1C⊥A2C;
(2)若∠B1B2C=60°,则当三棱锥 C-A1DA2 的体积取最大值时,求 A1D 与平面
CA1A2 所成角的正弦值.
4.(2020·“皖南八校”高三临门一卷)如图,在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面
ABCD 是菱形,AA1=AC=2BD=4,点 F,Q 是棱 BB1,DD1 的中点,E,P 是
棱 AA1,CC1 上的点,且 AE=C1P=1.
(1)求证:EF∥平面 BPQ;
(2)求直线 BP 与平面 PQE 所成角的正弦值.
5.(2020·山东泰安市第五次模拟)如图,在四棱锥 E-ABCD 中,底面 ABCD 为直
角梯形,AB∥CD,BC⊥CD,AB=2BC=2CD,△EAB 是以 AB 为斜边的等腰
直角三角形,且平面 EAB⊥平面 ABCD,点 F 满足EF→=λEA→ (λ∈[0,1]).
(1)试探究λ为何值时,CE∥平面 BDF,并给予证明;
(2)在(1)的条件下,求直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值.
[第二次作业·立体几何大题(二)]
1.(2020·石家庄市毕业班综合训练)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,底面 ABC 是正三
角形,侧棱 A1A⊥平面 ABC,D,E 分别是 AB,AA1 的中点,且 A1D⊥B1E.
(1)求证:B1E⊥平面 A1CD;
(2)求二面角 A1-CD-B1 的余弦值.
2.(2020·山东省高三模拟)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,四边形 ABCD 是边长为
4 的正方形,SD⊥平面 ABCD,E,F 分别为 AB,SC 的中点.
(1)证明:EF∥平面 SAD;
(2)若 SD=8,求二面角 D-EF-S 的正弦值.
3.如图,E 是以 O 为圆心,AB 为直径的半圆上异于 A,B 的点,矩形 ABCD 所
在的平面垂直于半圆 O 所在的平面,且 AB=2AD=2a.
(1)求证:EA⊥EC;
(2)若异面直线 AE 和 DC 所成的角为π
6
,求平面 DCE 与平面 AEB 所成的锐二面
角的余弦值.
4.(2020·厦门市高中毕业班质检)如图,在五面体 ABCDEF 中,AB
⊥平面 ADE,EF⊥平面 ADE,AB=CD=2.
(1)求证:AB∥CD;
(2)若 AD=AE=2,EF=1,且二面角 E-DC-A 的大小为 60°,求二面角 F-
BC-D 的大小.
5.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面
ABCD,E 为 PD 的中点.
(1)证明:PB∥平面 AEC;
(2)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= 3,求三棱锥 E-ACD 的体积.
[第三次作业·立体几何大题(三)]
1.(2020·江苏)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,
B1C⊥平面 ABC,E,F 分别是 AC,B1C 的中点.
(1)求证:EF∥平面 AB1C1;
(2)求证:平面 AB1C⊥平面 ABB1.
2.(2018·课标全国Ⅱ)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2,
PA=PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点.
(1)证明:PO⊥平面 ABC;
(2)若点 M 在棱 BC 上,且二面角 M-PA-C 为 30°,求 PC 与平
面 PAM 所成角的正弦值.
3. (2020·贵阳市高三适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体
ABB1A1C 构成的几何体,平面 ABC 与半圆柱的下底面共面,且
AC⊥BC,P 为弧 A1B1 上(不与 A1,B1 重合)的动点.
(1)证明:PA1⊥平面 PBB1;
(2)若四边形 ABB1A1 为正方形,且 AC=BC,∠PB1A1=π
4
,求二面角 P-A1B1
-C 的余弦值.
4.(2020·昆明市“三诊一模”)已知在四棱锥 P-ABCD 中,底面
ABCD 是边长为 4 的正方形,△PAD 为正三角形,M 是 PC 的中
点,过 M 的平面α平行于平面 PAB,且平面α与平面 PAD 的交线
为 ON,与平面 ABCD 的交线为 OE.
(1)在图中作出四边形 MNOE(不必说出作法和理由);
(2)若 PC= 2AB,求平面α与平面 PBC 形成的锐二面角的余弦值.
5.(2020·合肥市二检)如图 1,在矩形 ABCD 中,E,F 在边 CD 上,BC=CE=
EF=FD,分别沿 BE,AF 将△CBE 和△DAF 折起,使平面 CBE 和平面 DAF 都
与平面 ABEF 垂直,连接 CD,DE,如图 2.
(1)试判断图 2 中直线 CD 与 AB 的位置关系,并说明理由;
(2)求图 2 中平面 ADF 和平面 DEF 所成锐二面角的余弦值.
1.如图,在△ABC 中,AB=3,AC=4,A=π
3
,D 在边 AC 上且 AC=2AD,E
在边 AB 上且 AB=3AE.现将△ADE 沿 DE 折起,使点 A 到达点 A′的位置,形
成四棱锥 A′-BCDE.
(1)证明:DE⊥A′B;
(2)若四棱锥 A′-BCDE 的体积为5 3
6
,求三棱锥 A′-CDE 的表面积.
2.(2020·开封市高三模拟)如图,正方形 ABCD 的边长为 2,△ECD 为正三角形,
平面 ECD⊥平面 ABCD,M 是线段 ED 的中点,N 是线段 AC 上的动点.
(1)探究 M,N,B,E 四点共面时 N 点的位置,并证明;
(2)当 M,N,B,E 四点共面时,求 C 到平面 MNBE 的距离.
3.(2020·山西八校联考)如图 1,AB 是半圆 O 的直径,点 D 是弧 AB 上的动点(不
与 A,B 重合),△ABC 是∠BAC=90°的直角三角形,且 AB=2,AC=4.
(1)将△ABC 沿 AB 翻折,使平面 ABC 与半圆 O 所在的平面垂直,如图 2 所示.求
证:平面 ACD⊥平面 BCD;
(2)将△ABC 沿 AB 翻折至点 C 到半圆 O 所在平面的距离为 2 的位置,求三棱锥
C-ABD 的体积取得最大值时点 D 到平面 ABC 的距离.
4.(2020·模拟)如图,直角梯形 ABCD 所在平面与
等腰直角三角形 ABE 所在平面互相垂直,∠AEB=π
2
,AB
∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC.
(1)求证:AB⊥DE;
(2)求证:平面 AED⊥平面 BCE;
(3)线段 EA 上是否存在一点 F,使 EC∥平面 FBD?若存在,求出EF
EA
的值;若不
存在,说明理由.
5.(2019·南昌市重点中学测试)如图,四边形 ABCD 是梯形,四边
形 CDEF 是矩形,且平面 ABCD⊥平面 CDEF,∠BAD=∠CDA
=90°,AB=AD=DE=1
2CD=2,M 是线段 AE 上的动点.
(1)试确定点 M 的位置,使 AC∥平面 MDF,并说明理由;
(2)在(1)的条件下,求平面 MDF 将几何体 ADE-BCF 分成的上下两部分的体积
之比.
6.(2019·郑州市第二次质量预测)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,
底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=π
3
,△PAD 是等边三
角形,F 为 AD 的中点,PD⊥BF.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若 E 在线段 BC 上,且 EC=1
4BC,能否在棱 PC 上找到一点 G,使平面 DEG⊥
平面 ABCD?若存在,求出三棱锥 D-CEG 的体积;若不存在,请说明理由.
7.(2020·北京)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BB1 的中点.
(1)求证:BC1∥平面 AD1E;
(2)求直线 AA1 与平面 AD1E 所成角的正弦值.
8.(2020·浙江)如图,在三棱台 ABC-DEF 中,平面 ACFD⊥平面
ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值.
9.(2020·洛阳市第二次统考)如图,在等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB
=CD=2,BC=4,M,N,Q 分别为 BC,CD,AC 的中点,以 AC 为折痕将
△ACD 折起,使点 D 到达点 P 的位置(P∉平面 ABC).
(1)若 H 为直线 QN 上任意一点,证明:MH∥平面 ABP;
(2)若直线 AB 与直线 MN 所成的角为π
4
,求二面角 A-PC-B 的余弦值.
参考解析答案
[第一次作业·立体几何大题(一)]
1 解析 (1)证明:如图,连接 CE 交 DF 于点 M,连接 QM,∵
四边形 CDEF 为正方形,∴点 M 为 CE 的中点,又∵Q 为 AE 的中点,∴QM∥
AC.
∵QM⊂平面 DQF,AC⊄平面 DQF,
∴AC∥平面 DQF.
(2)∵AB=2BC,设 BC=1,则 AB=2,在△ABC 中,∠ABC=60°,由余弦定
理得:
AC2=22+12-2×2×1×cos60°=3,
∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
又∵AC⊥FB,CB∩FB=B,CB,FB⊂平面 FBC,∴AC⊥平面 FBC.又 FC⊂平
面 FBC,∴AC⊥FC.
∵CD⊥FC,CD∩AC=C,CD,AC⊂平面 ABCD,
∴FC⊥平面 ABCD.
如图建立空间直角坐标系 D-xyz.
在等腰梯形 ABCD 中,可得 CD=CB=1.
∴A
3
2
,-1
2
,0 ,E(0,0,1),B
3
2
,3
2
,0 ,C(0,1,0),F(0,
1,1),Q
3
4
,-1
4
,1
2 .
那么BC→ = - 3
2
,-1
2
,0 ,DQ→ =
3
4
,-1
4
,1
2 ,DF→=(0,1,1).
设平面 DQF 的法向量为 n=(x,y,z),
则有
n·DQ→ =0,
n·DF→=0,
即
3
4 x-1
4y+1
2z=0,
y+z=0,
取 y=1,得 n=( 3,1,-1).
设 BC 与平面 DQF 所成的角为θ,则 sinθ=|cos〈BC→ ,n〉|= |BC→ ·n|
|BC→ |·|n|
=2 5
5 .
∴BC 与平面 DQF 所成角的正弦值为2 5
5 .
2 解析 (1)证明:因为△ABC 是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,
所以 Rt△ABD≌Rt△CBD,可得 AD=CD.
因为点 P 是 AC 的中点,所以 PD⊥AC,PB⊥AC,
因为 PD∩PB=P,PD⊂平面 PBD,PB⊂平面 PBD,
所以 AC⊥平面 PBD.
因为 AC⊂平面 ACD,
所以平面 ACD⊥平面 BDP.
(2)方法一:如图,作 CE⊥BD,垂足为 E,连接 AE.
因为 Rt△ABD≌Rt△CBD,
所以 AE⊥BD,AE=CE,
所以∠AEC 为二面角 A-BD-C 的平面角.
故∠AEC=120°.
在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 AC= 3AE,
因为△ABC 是等边三角形,
所以 AC=AB,
所以 AB= 3AE.
在 Rt△ABD 中,有 1
2AE·BD=1
2AB·AD,得 BD= 3AD.
因为 BD= 6,所以 AD= 2.
又 BD2=AB2+AD2,所以 AB=2.
则 AE=2 3
3
,ED= 6
3 .
由 CE⊥BD,AE⊥BD,CE∩AE=E,CE,AE⊂平面 AEC 可知 BD⊥平面 AEC,
又 BD⊂平面 BCD,故平面 AEC⊥平面 BCD.
过点 A 作 AO⊥CE,交 CE 的延长线于 O,则 AO⊥平面 BCD.
连接 OD,则∠ADO 为直线 AD 与平面 BCD 所成的角.
在 Rt△AEO 中,∠AEO=60°,所以 AO= 3
2 AE=1,
所以 sin∠ADO=AO
AD
= 2
2 .
所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2
2 .
方法二:如图,作 CE⊥BD,垂足为 E,连接 AE.
因为 Rt△ABD≌Rt△CBD,
所以 AE⊥BD,AE=CE,所以∠AEC 为二面角 A-BD-C 的平面角.
故∠AEC=120°.
在等腰三角形 AEC 中,由余弦定理可得 AC= 3AE,
因为△ABC 是等边三角形,所以 AC=AB,
所以 AB= 3AE.
在 Rt△ABD 中,有 1
2AE·BD=1
2AB·AD,得 BD= 3AD,
因为 BD= 6,所以 AD= 2.
又 BD2=AB2+AD2,所以 AB=2.
则 AE=2 3
3
,ED= 6
3 .
以 E 为坐标原点,以向量EC→,ED→ 的方向分别为 x 轴,y 轴的正方向,以过点 E
且垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 E-xyz,
则 D 0, 6
3
,0 ,A
- 3
3
,0,1 ,
向量AD→ =
3
3
, 6
3
,-1 ,
易知平面 BCD 的一个法向量为 m=(0,0,1),
设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为θ,
因为 cos〈m,AD→ 〉= m·AD→
|m||AD→ |
= -1
2×1
=- 2
2
,
所以 sinθ=|cos〈m·AD→ 〉|= 2
2 .
所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2
2 .
3 解析 (1)证明:设圆 O1,O2 的半径分别为 r,2r,
∵圆台的侧面积为 6π,
∴6π=1
2
×2(2πr+4πr),解得 r=1,
如图,连接 O1O2,则在等腰梯形 A1A2B2B1 中,A1A2=2B1B2=4,A1B1=2,O1O2
= 3,
连接 O1C,O2C,在圆台 O1O2 中,O1O2⊥平面 B1CB2,O1C 在平面 B1CB2 内,
∴O1O2⊥O1C,
又 O1C=1,故在 Rt△O1CO2 中,CO2=2,
在△CA1A2 中,CO2=1
2A1A2,故∠A1CA2=90°,即 A1C⊥A2C.
(2)由题意可知三棱锥 C-A1DA2 的体积为 V=1
3O1O2S△A1DA2= 3
6 A1D·A2D,
又在 Rt△A1DA2 中,A1D2+A2D2=A1A22=16≥2A1D·A2D,当且仅当 A1D=A2D
=2 2时取等号,
即当点 D 为弧 A1A2 的中点时,V 有最大值4 3
3 .
连接 DO2,∵O1O2⊥平面 A1DA2,O2A2,DO2⊂平面 A1DA2,
∴O1O2⊥O2A2,O1O2⊥DO2,又 DO2⊥A1A2,
∴以点 O2 为坐标原点,以 O2D,O2A2,O2O1 所在直线分别为 x,
y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则 A1(0,-2,0),A2(0,2,0),D(2,0,0),由∠B1B2C=60°,可知 C
3
2
,1
2
, 3 ,
故A1D→ =(2,2,0),A1A2
→ =(0,4,0),A2C→ =
3
2
,-3
2
, 3 ,
设平面 CA1A2 的一个法向量为 n=(x,y,z),则
n·A1A2
→ =4y=0,
n·A2C→ = 3
2 x-3
2y+ 3z=0,可
取 n=(2,0,-1),
∴cos〈n,A1D→ 〉= n·A1D→
|n||A1D→ |
= 10
5
,
∴A1D 与平面 CA1A2 所成角的正弦值为 10
5 .
4 解析 (1)证明:如图,取 AA1 中点 M,使 DD1 上一点 N,取 D1N
=1,连接 PN,NM,MF,易证四边形 PNMF 为平行四边形,∴
NM∥PF,NM=PF,
∵EM∥NQ,EM=NQ=1,∴四边形 MNQE 为平行四边形,则
MN∥EQ,MN=EQ,
∴PF∥EQ,PF=EQ,∴四边形 PQEF 为平行四边形,∴EF∥PQ.
∵PQ⊂平面 BPQ,EF⊄平面 BPQ,
∴EF∥平面 BPQ.
(2)如图,设 AC 与 BD 交于点 O,
∵底面 ABCD 是菱形,∴AC⊥BD.
以 O 为原点,OA,OB,及过点 O 且与 AA1 平行的直线分别为 x,
y,z 轴建立空间直角坐标系,则 B(0,1,0),P(-2,0,3),Q(0,
-1,2),E(2,0,1),BP→=(-2,-1,3),PQ→=(2,-1,-1),
PE→=(4,0,-2).
设平面 PQE 的法向量 m=(x,y,z),
则
m·PE→=0
m·PQ→=0
⇒ 4x-2z=0,
2x-y-z=0,
令 x=1,得平面 PQE 的一个法向量为 m=(1,0,
2).
设直线 BP 与平面 PQE 所成角为θ,
则 sinθ= |BP→·m|
|BP→|·|m|
=2 70
35
,
即直线 BP 与平面 PQE 所成角的正弦值为2 70
35 .
解析 (1)当λ=1
3
时,CE∥平面 FBD.
证明如下:连接 AC,交 BD 于点 M,连接 MF,如图.因为 AB∥CD,所以 AM∶MC
=AB∶CD=2∶1,又EF→=1
3EA→ ,所以 FA∶EF=2∶1.
所以 AM∶MC=AF∶EF=2∶1,所以 MF∥CE.
又 MF⊂平面 BDF,CE⊄平面 BDF,所以 CE∥平面 BDF.
(2)取 AB 的中点 O,连接 EO,OD,则 EO⊥AB.
又因为平面 ABE⊥平面 ABCD,平面 ABE∩平面 ABCD=AB,EO⊂平面 ABE,
所以 EO⊥平面 ABCD,因为 OD⊂平面 ABCD,所以 EO⊥OD.
由 BC⊥CD,及 AB=2CD,AB∥CD,得 OD⊥AB,
由 OB,OD,OE 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系 O
-xyz.
因为△EAB 为等腰直角三角形,AB=2BC=2CD,
所以 OA=OB=OD=OE,设 OB=1,
所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,
0,1).
所以AB→ =(2,0,0),BD→ =(-1,1,0),EA→ =(-1,0,-1),EF→=1
3EA→ =
-1
3
,0,-1
3 ,
则 F
-1
3
,0,2
3 ,所以FB→=
4
3
,0,-2
3 .
设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z),则有
n·BD→ =0,
n·FB→=0,
所以
-x+y=0,
4
3x-2
3z=0,
取 x=1,得 n=(1,1,2).
设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为θ,
则 sinθ=|cos〈AB→ ,n〉|=|AB→ ·n|
|AB→ ||n|
=|2×1+0×1+0×2|
2× 12+12+22
= 6
6 .
即直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 6
6 .
[第二次作业·立体几何大题(二)]
1 解析 (1)证明:在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,A1A⊥平面 ABC,CD⊂平面 ABC,
所以 A1A⊥CD.
在△ABC 中,AC=BC,AD=BD,所以 CD⊥AB.
又 AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面 AA1B1B,所以 CD⊥平面 AA1B1B.
因为 B1E⊂平面 AA1B1B,所以 CD⊥B1E,
又 B1E⊥A1D,A1D∩CD=D,A1D,CD⊂平面 A1CD,所以 B1E⊥平面 A1CD.
(2)设 AB=2,在矩形 AA1B1B 中,因为 B1E⊥A1D,
所以∠A1EB1=∠A1DA,则 tan∠A1EB1=tan∠A1DA,
即A1B1
A1E
=AA1
AD
,即 2
1
2AA1
=AA1
1
,得 AA1=2.
以 D 为坐标原点,DB,DC,及过点 D 且与 BB1 平行的直线分别为 x,y,z 轴
建立如图所示坐标系,
则 B1(1,0,2),C(0,3,0),E(-1,0,1),
则DB1
→ =(1,0,2),DC→ =(0,3,0),
设平面 B1CD 的法向量为 n=(x,y,z),
则
DB1
→ ·n=x+2z=0,
DC→ ·n= 3y=0,
令 z=1 得 n=(-2,0,1)为平面 B1CD 的一
个法向量.
由(1)知 B1E⊥平面 A1CD,所以B1E→ =(-2,0,-1)为平面 A1CD 的
一个法向量.
cos〈B1E→ ,n〉= B1E→ ·n
|B1E→ |·|n|
= 4-1
5× 5
=3
5.据图观察可知二面角为锐角,
所以二面角 A1-CD-B1 的余弦值为3
5.
解析 (1)证明:记 SD 的中点为 G,连接 GF,GA,如图.
由题知 E,F 分别为 AB,SC 的中点,
则 GF∥CD,且 GF=1
2CD.
因为 AB∥CD,且 AE=1
2CD,
所以 GF∥AE,且 GF=AE,
所以四边形 GFEA 为平行四边形,
则 EF∥AG.
又 EF⊄平面 SAD,AG⊂平面 SAD,
所以 EF∥平面 SAD.
(2)以 D 为原点,分别以DA→ ,DC→ ,DS→ 的方向为 x,y,z 轴的正
方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,
则 S(0,0,8),D(0,0,0),E(4,2,0),F(0,2,4),
DE→ =(4,2,0),DF→=(0,2,4),EF→=(-4,0,4),ES→=(-4,
-2,8).
设平面 DEF 的法向量 m=(x1,y1,z1),则
DE→ ·m=4x1+2y1=0,
DF→·m=2y1+4z1=0,
令 x1=2,则 m=(2,-4,2).
设平面 SEF 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则
EF→·n=-4x2+4z2=0,
ES→·n=-4x2-2y2+8z2=0.
令 x2=2,则 n=(2,4,2).
cos〈m,n〉= m·n
|m||n|
=-1
3
,设二面角 D-EF-S 的平面角为θ,则 sinθ=2 2
3
,
即二面角 D-EF-S 的正弦值为2 2
3 .
解析 (1)证明:因为平面 ABCD 垂直于半圆 O 所在的平面,两平面的交线为
AB,BC⊂平面 ABCD,BC⊥AB,所以 BC 垂直于半圆 O 所在的平面.
又 EA 在半圆 O 所在的平面内,所以 BC⊥EA.
易知∠AEB 是直角,即 EA⊥BE,BC∩BE=B,BC,BE⊂平面 EBC,所以 EA⊥
平面 EBC,又 EC⊂平面 EBC,所以 EA⊥EC.
(2)如图,以点 O 为坐标原点,以过点 D 垂直于平面 ABCD
的直线为 x 轴,AB 所在的直线为 y 轴,过点 O 与 BC 平行的
直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz.由异面直线 AE 和
DC 所成的角为π
6
,且 AB∥DC 可知∠BAE=π
6.连接 OE,则
∠BOE=π
3
,易得 E
3
2 a,1
2a,0 .
由题可 知 C(0, a ,a), D(0 , -a,a),所 以 DE→ =
3
2 a,3
2a,-a ,CE→ =
3
2 a,-1
2a,-a .
设平面 DCE 的法向量为 n=(x0,y0,z0),
由DE→ ·n=0,CE→·n=0 得,
3
2 ax0+3
2ay0-az0=0,
3
2 ax0-1
2ay0-az0=0,
令 x0=2,则 y0=0,z0= 3,所以 n=(2,0, 3)为平面 DCE 的一个法向量.
又平面 AEB 的一个法向量为 m=(0,0,1),
所以|cos〈n,m〉|= 21
7 .
故平面 DCE 与平面 AEB 所成的锐二面角的余弦值是 21
7 .
解析 (1)证明:∵AB⊥面 ADE,EF⊥面 ADE,
∴AB∥EF.
又 EF⊂面 CDEF,AB⊄面 CDEF,
∴AB∥面 CDEF.
又 AB⊂面 ABCD,面 ABCD∩面 CDEF=CD,
∴AB∥CD.
(2)如图,设 AD 的中点为 G,连接 EG,AC,BD,设 AC 与 BD
的交点为 O,连接 OF,OG,
∵AB⊥面 ADE,DA,DE⊂面 ADE,
∴AB⊥DA,AB⊥DE.
∵AB∥CD,∴CD⊥DA,CD⊥DE.
又 DA⊂面 ABCD,DE⊂面 CDEF,且面 ABCD∩面 CDEF=CD,
∴二面角 E-DC-A 的平面角∠ADE=60°.
又在△ADE 中,AD=AE=2,
∴△ADE 是边长为 2 的正三角形,
∴EG⊥AD,
∵AB⊥面 ADE,EG⊂平面 ADE,
∴AB⊥EG,
∵AD∩AB=A,AD,AB⊂平面 ABCD,
∴EG⊥面 ABCD,
由(1)知 AB∥CD,又 CD⊥DA,AB=CD=AD,
∴四边形 ABCD 为正方形,
∴OG=1
2AB=1=EF,又 OG∥AB,
∴OG∥EF,
∴四边形 OGEF 为平行四边形,
∴OF∥EG,
∴OF⊥面 ABCD,
又 BC⊂平面 ABCD,∴OF⊥BC,
取 BC 的中点为 H,连接 OH,FH,
∴OH⊥BC,
∵OF∩OH=O,OF,OH⊂平面 OFH,
∴BC⊥面 OFH,
又 FH⊂平面 OFH,∴BC⊥FH,
∴∠OHF 即为二面角 F-BC-D 所成的平面角,
∵△ADE 是边长为 2 的正三角形,四边形 ABCD 为正方形,
∴OF= 3,OH=1,
∴tan∠OHF= 3
1
= 3,
∴∠OHF=60°,
∴二面角 F-BC-D 的大小为 60°.
解析 (1)证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO,如图.
因为四边形 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点,
又 E 为 PD 的中点,所以 EO∥PB,
又 EO⊂平面 AEC,PB⊄平面 AEC,所以 PB∥平面 AEC.
(2)因为 PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 为矩形,所以 AD,
AB,AP 两两垂直,如图,以 A 为坐标原点,AB→ 的方向为 x 轴
的正方向,AD→ 的方向为 y 轴的正方向,AP→的方向为 z 轴的正方
向,建立空间直角坐标系 A-xyz.设 B(m,0,0)(m>0),则 D(0,3,0),E 0, 3
2
,1
2 ,
C(m, 3,0),所以AE→ = 0, 3
2
,1
2 ,AC→ =(m, 3,0),
设 n=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,则
n·AC→ =0
n·AE→ =0
⇒
mx+ 3y=0,
3
2 y+1
2z=0,
可取 n=( 3,-m, 3m),
又 m=(1,0,0)为平面 DAE 的一个法向量,由题设知|cos〈m,n〉|=cos60°=1
2.
即 3
3+m2+3m2
=1
2
,解得 m=3
2.
因为 E 为 PD 的中点,设 F 为 AD 的中点,
则 PA∥EF,且 EF=1
2PA=1
2
,EF⊥面 ACD,
故三棱锥 E-ACD 的高为 EF=1
2
,
三棱锥 E-ACD 的体积 V=1
3
·S△ACD·EF=1
3
×1
2
× 3×3
2
×1
2
= 3
8
,所以三棱锥
E-ACD 的体积为 3
8 .
[第三次作业·立体几何大题(三)]
1 证明 (1)因为 E,F 分别是 AC,B1C 的中点,
所以 EF∥AB1.
又 EF⊄平面 AB1C1,AB1⊂平面 AB1C1,
所以 EF∥平面 AB1C1.
(2)因为 B1C⊥平面 ABC,AB⊂平面 ABC,
所以 B1C⊥AB.
又 AB⊥AC,B1C⊂平面 AB1C,AC⊂平面 AB1C,B1C∩AC=C,
所以 AB⊥平面 AB1C.
又因为 AB⊂平面 ABB1
所以平面 AB1C⊥平面 ABB1.
2 解析 (1)证明:因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点,
所以 OP⊥AC,且 OP=2 3.
连接 OB,因为 AB=BC= 2
2 AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,
OB=1
2AC=2.
由 OP2+OB2=PB2 知 PO⊥OB.
由 OP⊥OB,OP⊥AC,且 OB∩AC=O,OB,AC⊂平面 ABC 知 PO⊥平面 ABC.
(2)如图,以 O 为坐标原点,OB→ 的方向为 x 轴正方向,OC→ 的方向
为 y 轴正方向,OP→的方向为 z 轴正方向,建立空间直角坐标系 O
-xyz.
由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3),
AP→=(0,2,2 3).取平面 PAC 的一个法向量为OB→ =(2,0,0).
设 M(a,2-a,0)(0