（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量
第55练 高考大题突破练——立体几何练习 理
1．(2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，
AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角DAFE 与二面角CBEF 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角EBCA 的余弦值．
2．已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝1
2AB ，N
为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ；
(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．
3.如图，AB 是圆的直径，PA 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．
(1)求证：平面PAC ⊥平面PBC ；
(2)若AB ＝2，AC ＝1，PA ＝1，求二面角C －PB －A 的余弦值．
4．(2016·浙江)如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；
(2)求二面角BADF 的平面角的余弦值．
答案精析
1．(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩FE ＝F ，DF ，FE 都在平面EFDC 中，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ?平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →
的方向为x 轴正方向，|GF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角
DAFE 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．
由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ， 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角CBEF 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．
所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →
＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则???
??
n ·EC →＝0，
n ·EB →＝0，
即??
?
x ＋3z ＝0，
4y ＝0，
所以可取n ＝(3,0，－3)．
设m 是平面ABCD 的法向量， 则???
??
m ·AC →＝0，
m ·AB →＝0.
同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－219
19
.故二面角EBCA 的余弦值为－219
19
.
2．(1)证明 设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空
间直角坐标系A －xyz ，如图．
则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，1
2，0)．
∴CM →
＝(1，－1，12)，
SN →
＝(－1
2，－12
，0)，
∴CM →·SN →
＝－12＋12＋0＝0，
∴CM →⊥SN →
，即CM ⊥SN .
(2)解 由(1)得NC →
＝(－12，1,0)．设平面CMN 的一个法向量为a ＝(x ，y ，z )，
则?????
CM →·a ＝0，NC →·a ＝0，
得?????
x －y ＋1
2z ＝0，－1
2x ＋y ＝0，
∴可取a ＝(2,1，－2)． 设SN 与平面CMN 所成的角为θ， ∵sin θ＝|cos 〈a ，SN →
〉|＝|a ·SN →
||a |·|SN →|
＝|－1－12|
3×
2
2
＝2
2，
∵直线与平面所成的角属于[0°，90°]， ∴θ＝45°，即SN 与平面CMN 所成角为45°. 3．(1)证明 由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC . 由PA ⊥平面ABC ，BC ?平面ABC ，得PA ⊥BC . 又PA ∩AC ＝A ，PA ?平面PAC ，AC ?平面PAC ， ∴BC ⊥平面PAC .又∵BC ?平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面PAC .
(2)解 方法一 过点C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .
如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系
C －xyz .
∵AB ＝2，AC ＝1，∴BC ＝3.∵PA ＝1，∴A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)． ∴CB →＝(3，0,0)，CP →＝(0,1,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →
＝(3，－1,0)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则???
?? CB →·n 1＝0，
CP →·n 1＝0，即??
?
3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，
不妨令y 1＝1，则n 1＝(0,1，－1)．
设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则???
??
AP →·n 2＝0，
AB →·n 2＝0，即??
?
z 2＝0，3x 2－y 2＝0，
不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝6
4.
∴所求二面角C －PB －A 的余弦值为
64
. 方法二 如图，过点C 作CM ⊥AB 于M .
∵PA ⊥平面ABC ，CM ?平面ABC ， ∴PA ⊥CM ，又PA ∩AB ＝A ，
PA ?平面PAB ，AB ?平面PAB ，
故CM ⊥平面PAB .
过点M 作MN ⊥PB 于N ，连结NC ，由三垂线定理得CN ⊥PB ， ∴∠CNM 为二面角C －PB －A 的平面角．
在Rt△ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1， 得BC ＝3，CM ＝
32，BM ＝32
. 在Rt△PAB 中，由AB ＝2，PA ＝1， 得PB ＝ 5.
∵Rt△BNM ∽Rt△BAP .
∴MN 1＝32
5
，∴MN ＝35
10. 在Rt△CNM 中，CN ＝305
， ∴cos∠CNM ＝
6
4
， ∴所求二面角C －PB －A 的余弦值为64
.
4．(1)证明 延长AD
，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．
因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCFE ，因此BF ⊥AC .
又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则
BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC 都在平面ACFD 内，
所以BF ⊥平面ACFD .
(2)解 方法一 过点F 作FQ ⊥AK 于点Q ，连结BQ . 因为BF ⊥平面ACFD ，AK 在平面ACFD 内，所以BF ⊥AK ， 则AK ⊥平面BQF ，BQ 在平面BQF 内，所以BQ ⊥AK . 又BF ，FQ ?平面ACFD ，BF ∩FQ ＝F ， 所以∠BQF 是二面角BADF 的平面角． 在Rt△ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得FQ ＝313
13.
在Rt△BQF 中，FQ ＝313
13
，BF ＝3，
得cos∠BQF ＝
34
. 所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34
. 方法二
如图则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连结KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .
由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0)，E ? ????1
2，0，32，F ? ????－12，0，32.
因此AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →
＝(2,3,0)．
设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由????? AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，
得??
? 3y 1＝0，
x 1＋3y 1＋3z 1＝0，
取m ＝(3，0，－1)； 由?????
AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，
得??
?
2x 2＋3y 2＝0，
x 2＋3y 2＋3z 2＝0，
取n ＝(3，－2，3)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝3
4
.
所以二面角BADF 的平面角的余弦值为34
.