2018高考数学理二轮复习课时规范练：第二部分 专题四
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专题四 立体几何
第3讲 圆锥曲线的综合问题
一、选择题
1．在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A.32 B.22
C.104 D.64
解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D32，12，1.
平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，
所以cos〈n，AD→〉＝322＝64，
则sin α＝64.
答案：D
2．在三棱锥PABC中，侧面PAC与底面ABC均是等腰直角三角形．O是斜边AC的中点，平面PAC⊥平面ABC，且AC＝4，设θ是二面角PABC的大小，则sin θ＝( )(导学号 54850122)
A.23
B.53
C.63 D.73
解析：连接PO，过O作OD⊥AB，连接PD(如图)．
因为平面PAC⊥平面ABC，PO⊥AC，
所以PO⊥平面ABC，PO⊥AB.
又OD⊥AB.从而AB⊥平面POD，PD⊥AB，
所以∠PDO为二面角PABC的平面角，即θ＝∠PDO.
由题设，OD＝12BC＝12×22＝2，OP＝2，
所以PD＝PO2＋OD2＝6.
故sin θ＝sin ∠PDO＝POPD＝26＝63.
答案：C
二、填空题
3．(2017·衡阳联考)如图所示，在正方体AC1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．
解析：连接BD，AC⊥BDAC⊥BB1⇒AC⊥平面BB1D1D⇒AC⊥DE，所以α＝π2.
取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面AD1，则β＝∠EDF，cos(α－β)＝cosπ2－∠EDF＝sin ∠EDF＝66.
答案：66
4．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝23，m是AC的中点，则异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为________．
解析：在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝23，M是AC的中点，
所以BM⊥AC，BM＝4－3＝1.
以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作AC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则C(－3，0，0)，B1(0，1，2)，C1(－3，0，2)，M(0，0，0)，
所以CB1→＝(3，1，2)，MC1→＝(－3，0，2)，
设异面直线CB1与C1M所成角为θ，
则cos θ＝|CB1→·MC1→||CB1→|·|MC1→|＝18·7＝1428.
所以异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为1428.
答案：1428
三、解答题
5．(2017·西安质检)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求二面角CBED的余弦值的大小．
解：设AD＝DE＝2AB＝2a，以AC、AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD上作出以AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)．
因为F为CD的中点，所以F32a，3a2，0.
(1)证明：AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a，0，－a)，
所以AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.
(2)设平面BCE的法向量m＝(x，y，z)，则m·BE→＝0，m·BC→＝0，即x＋3y＋z＝0，2x－z＝0，不妨令x＝1可得m＝(1，－3，2)．
设平面BDE的法向量n＝(x0，y0，z0)，则n·BE→＝0，n·BD→＝0，
即x0＋3y0＋z0＝0，x0＋3y0－z0＝0.
令x0＝3可得n＝(3，－1，0)．
于是cos〈m，n〉＝m·n|m|×|n|＝64.
故二面角CBED的余弦值为64.
6．(2017·德州二模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面ADG；
(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值．
(1)证明：在△BAD中，因为AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.
由余弦定理，BD2＝AD2＋AB2－2AB·ADcos 60°，BD＝3，
因为AB2＝AD2＋DB2，所以AD⊥DB，
在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以GD⊥DB，
又AD∩GD＝D，所以BD⊥平面ADG.
(2)解：如图以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
因为∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，
所以A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，3，2)，G(0，0，1)，
AE→＝(－1，3，2)，AG→＝(－1，0，1)，GB→＝(0，3，－1)．
设平面AEFG的法向量n＝(x，y，z)，
n·AE→＝－x＋3y＋2z＝0，n·AG→＝－x＋z＝0，令x＝1，
得y＝－33，z＝1，
所以n＝1，－33，1.
设直线GB和平面AEFG的夹角为θ，
所以sin θ＝|cos〈GB→，n〉|＝GB→·n|GB→|·|n|＝217，
所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为217.
7．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(导学号 54850123)
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．
(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB.
(2)解：取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD.
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意，得A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
则PB→＝(1，1，－1)，PC→＝(－2，0，1)，PD→＝(0，1，1)，CD→＝(－2，－1，0)．
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－z＝0.
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2，2)．
又PB→＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.
(3)解：设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0，1]，使得AM→＝λAP→.
因此点M(0，1－λ，λ)，
BM→＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，
所以要使BM∥平面PCD，
则BM→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.
所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.
8．(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EAGC的大小．
解：(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°，所以∠CBP＝30°.
(2)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＝23.
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
所以EC＝23，所以△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
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＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，
由m·AE→＝0，m·AG→＝0，可得2x1－3z1＝0，x1＋3y1＝0.
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，
由n·AG→＝0，n·CG→＝0，可得x2＋3y2＝0，2x2＋3z2＝0.
取z2＝－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|＝12.
因此所求的角为60°.
9．(2017·郴州二模)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.(导学号 54850124)
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为45°时，求AE的长度．
(1)证明：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.
又AC⊂平面ACFE，AE⊂平面ACFE，AC∩AE＝A，
