2017高考数学文科二轮复习对点练：专题五 立体几何 第
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第一部分 专题五 第3讲
1．(2016·江苏苏州模拟)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，FE∥CD交PD于点E.
(1)证明：CF⊥平面ADF；
(2)求二面角D－AF－E的余弦值．
解析：(1)证明：由题意可知DA⊥DC，DA⊥DP，DC⊥DP，故可以D为原点，DP所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DA所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
设正方形ABCD的边长为a，则C(0，a,0)，A(0,0，a)，
由平面几何知识可求得F34a，34a，0，
所以CF→＝34a，－14a，0，DF→＝34a，34a，0，
DA→＝(0,0，a)，
CF→·DF→＝34a×34a＋－14a×34a＋0＝0，
CF→·DA→＝34a，－14a，0·(0,0，a)＝0，
故CF⊥DF，CF⊥DA．
又DF∩DA＝D，所以CF⊥平面ADF.
(2)可求得E34a，0，0，则AE→＝34a，0，－a，
又AF→＝34a，34a，－a，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AE→＝(x，y，z)·34a，0，－a＝34ax－az＝0，
n·AF→＝(x，y，z)·34a，34a，－a
＝34ax＋34ay－az＝0，
取x＝1，得平面AEF的一个法向量n＝1，0，34.
又由(1)知平面ADF的一个法向量为CF→＝34a，－14a，0，
故cos〈n，CF→〉＝1，0，34·34a，－14a，0194×12a＝25719，
由图可知二面角D—AF—E为锐二面角，所以其余弦值为25719.
2．(2016·广东深圳模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；
(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．
解析：(1)证明：在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC．又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC．
(2)在△ABC中，∵AC＝4，AB＝3，BC＝5，
∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC，
∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A—xyz.则A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，
A1C1→＝(4,0,0)，A1B→＝(0,3，－4)，B1C1→＝(4，－3,0)，
BB1→＝(0,0,4)．
设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
∴ A1C1→·n1＝0，A1B→·n1＝0，⇒ 4x1＝0，3y1－4z1＝0.
∴取向量n1＝(0,4,3)．
由 B1C1→·n2＝0，BB1→·n2＝0，⇒ 4x2－3y2＝0，4z2＝0.∴取向量n2＝(3,4,0)．
∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝165×5＝1625
∴所求二面角A1—BC1—B1的余弦值为1625.
(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD→＝λBC1→.
∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，
解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，∴AD→＝(4λ，3－3λ，4λ)．
又AD⊥A1B，
∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，
则λ＝925，因此BDBC1＝925.
3．(2016·东北三校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC，PA＝AD＝2.四边形ABCD满足BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1.点E，F分别为侧棱PB，PC上的点，且PEPB＝PFPC＝λ.
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)当λ＝12时，求异面直线BF与CD所成角的余弦值；
(3)是否存在实数λ，使得平面AFD⊥平面PCD？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：由已知PEPB＝PFPC＝λ.
∴EF∥BC，
又BC∥AD，∴EF∥AD，
而EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD.
(2)∵平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，且PA⊥AC，
∴PA⊥平面ABCD.
∴PA⊥AB，PA⊥AD.
又∵AB⊥AD，
∴PA，AB，AD两两垂直．
如图所示，建立空间直角坐标系
∵AB＝BC＝1，PA＝AD＝2：，
∴A(0,0,0)，B(1,0,0，)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，
当λ＝12时，F为PC中点，∴F12，12，1，
∴BF→＝－12，12，1，CD→＝(－1,1,0)，
设异面直线BF与CD所成的角为θ，
∴cos θ＝|cos〈BF→，CD→〉|＝12＋1262×2＝33.
故异面直线BF与CD所成角的余弦值为33.
(3)设F(x0，y0，z0)，
则PF→＝(x0，y0，z0－2)，PC→＝(1,1，－2)，
又PF→＝λPC→，∴ x0＝λ，y0＝λ，z0＝2－2λ，
∴AF→＝(λ，λ，2－2λ)，
设平面AFD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 m·AF→＝0，m·AD→＝0，
即 λx1＋λy1＋2－2λz1＝0，2y1＝0，
令z1＝λ，得m＝(2λ－2,0，λ)．
设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．
则 n·PD→＝0，n·CD→＝0，
即 2y2－2z2＝0，－x2＋y2＝0，
取y2＝1，则x2＝1，z2＝1，
∴n＝(1,1,1)，
由m⊥n，得m·n＝(2λ－2,0，λ)·(1,1,1)＝2λ－2＋λ＝0，
解得λ＝23.
当λ＝23时，使得平面AFD⊥平面PCD.
4．(2016·湖北襄阳模拟)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．
(1)求证：AM∥平面SCD；
(2〉求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；
(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．
解析：(1)证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)．
则AM→＝(0,1,1)，SD→＝(1,0，－2)，CD→＝(－1，－2,0)．
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 SD→·n＝0，CD→·n＝0，即 x－2z＝0，－x－2y＝0.
令z＝1，得n＝(2，－1,1)．
∵AM→·n＝0，
∴AM→⊥n.
∴AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设平面SCD与平面SAB所成的二面角为φ，
易知0
则|cos φ|＝n1·n|n1|·|n|＝21·6＝63，即cos φ＝63.
∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为63.
(3)设N(x,2x－2,0)，则MN→＝(x,2x－3，－1)．
∵平面SAB的一个法向量为n1＝(1,0,0)，
sin θ＝x5x2－12x＋10＝110×1x2－12×1x＋5
＝110×1x－352＋75，
当1x＝35，即x＝53时，(sin θ)max＝357.
5．(2016·河北石家庄二模)如图1在等腰梯形CDEF中，DE＝CD＝2，EF＝2＋2，将它沿着两条高AD，CB折叠成如图2所示的四棱锥E－ABCD(E，F重合)．
(1)求证：BE⊥DE；
(2)设点M为线段AB的中点，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.
解析：(1)证明：∵AD⊥EF，∴AD⊥AE，AD⊥AB.
又∵AB∩AE＝A，
∴AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE.
由图1和题中所给条件知，AE＝BE＝1，AB＝CD＝2，
∴AE2 ＋ BE2＝AB2，即AE⊥BE.
又∵AE∩AD＝A，∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE.
(2)取EC的中点G, BE的中点P，连接PM，PG，MG.
则MP∥AE，GP∥CB∥DA，
∴MP∥平面DAE，GP∥平面DAE.
∵MP∩GP＝P，
∴平面MPG∥平面DAE.
∵MG⊂平面MPG，∴MG∥平面DAE，即存在点N与G重合满足条件．
6．如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，且AD＝PD＝2MA．
(1)求证：平面EFG∥平面PMA；
(2)求证：平面EFG⊥平面PDC；
(3)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．
解析：(1)证明：∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，
∴EG∥PM，GF∥BC．
又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.
∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，
∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA．
又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，
∴平面EFG∥平面PMA．
(2)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，
∴PD⊥平面ABCD.
又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC．
∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC．
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC．
由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC．
又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC．
(3)∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，则PD＝AD＝2.
∵DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
∴DA即为点P到平面MAB的距离，
∴VP－MABVP－ABCD
