课时跟踪检测（十） 立体几何 （大题练）
A卷——大题保分练
1.(2024·洛阳模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，E，F分别是PC，
PD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝2，且平面PAD⊥
平面ABCD.
(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；
(2)求平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：由题意知，PA＝PD＝AD，F为PD的中点， 可得AF⊥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，CD⊥AD， ∴CD⊥平面PAD.
又AF?平面PAD，∴CD⊥AF， 又CD∩PD＝D，
∴AF⊥平面PCD，又AF?平面AEF， ∴平面AEF⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，BC的中点G，连接OP，OG， ∵PA＝PD＝AD，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，OP?平面PAD，∴OP⊥平面ABCD. 分别以OA，OG，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
3??13?―→?33?―→?1
则A(1,0,0)，C(－1,2,0)，E?－，1，?，F?－，0，?，AF＝?－，0，?，FE2??22?2??2?2＝(0,1,0)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， ―→??m·AF＝0，
则?
―→??m·FE＝0，
??－3x＋3z＝0，
2即?2
??y＝0，
可取m＝(1,0，3)，为平面AEF的一个法向量． 同理，可得平面ACE的一个法向量为n＝(3，3，1)． m·n1×3＋3×121
cos〈m，n〉＝＝＝. | m |·|n|72×7∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为
21
. 7
2.(2024·山西八校联考)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，
CC1⊥底面ABC，AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动
点．
(1)当
BG为何值时，平面CDG⊥平面A1DE? BB1
(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)当
BG1
＝，即G为BB1的中点时，平面CDG⊥平面A1DE. BB12
证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点， 1
所以DE∥AC且DE＝AC，
2又AC∥A1C1，AC＝A1C1， 1
所以DE∥A1C1，DE＝A1C1，
2故D，E，C1，A1四点共面．
如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tan∠C1EC＝2，tan∠
BCG＝，
故∠CHE＝90°，即CG⊥C1E.因为A1C1⊥平面CBB1C1，CG?平面CBB1C1，所以DE⊥CG，
又C1E∩DE＝E，所以CG⊥平面A1DE， 故平面CDG⊥平面A1DE.
―→(2)由(1)知，当G为BB1的中点时，平面A1DE的一个法向量为CG.三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，
12
CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示．
因为AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，
G(0,2,1)，A1B＝(－2,2，－2)，A1F＝(－2,1,0)，CG＝(0,2,1)．由CD知CG为平面A1DE的一个法向量．
设平面A1BF的法向量为n＝(x，y，z)， ―→??n·A1F＝0，
则?
―→??n·A1B＝0，
―→―→―→―→
??－2x＋y＝0，
即?
?－2x＋2y－2z＝0，?
令x＝1得n＝(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量． 设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ，
―→|CG·n|530
则cos θ＝＝＝，
―→630|CG|·|n|
所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为
30
. 6
3．如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE； (2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值．
解：(1)如图，取D1E的中点，记为L，连接AL，FL，则FL∥EC，又EC∥AB，
1
∴FL∥AB，且FL＝AB，
4
∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL＝AL， 若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，
1
∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝AB.
4
(2)取AE的中点O，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，连接
OD1.
∵AD1＝D1E，∴D1O⊥AE，∴D1O⊥平面ABCE，D1O⊥OG，D1O⊥OH，又易得OG⊥OH，故OG，OH，OD1两两垂直，以O为坐标原点，OG，
OH，OD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(1,3,0)，C(－1,3,0)，E(－1,1,0)，D1(0,0，2)．
―→―→―→
故BD1＝(－1，－3，2)，CD1＝(1，－3，2)，CE＝(0，－2,0)． 设平面CD1E的一个法向量为m＝(x，y，z)， ―→??m·CD1＝0，
则?
―→??m·CE＝0，
?x－3y＋2z＝0，
即?
?－2y＝0，
取x＝2，得m＝(2，0，－1)． 设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，
―→|m·BD1||－22|2―→
则sin θ＝|cos〈m，BD1〉|＝＝＝.
―→3×123| m ||BD1|即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为
2
. 3
4.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形， ∠
BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，H是CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线DH与平面BDEF所成角的正弦值； (3)求二面角H-BD-C的大小． 解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD.
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，
平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC?平面ABCD， ∴AC⊥平面BDEF.
(2)设AC∩BD＝O，取EF的中点N，连接ON，
∵四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，∴ON∥ED. ∵ED⊥平面ABCD，∴ON⊥平面ABCD. 由AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．
∴以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．
∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3， ∴A(0，－3，0)，B(1,0,0)，D(－1，0,0)，E(－1,0,3)，F(1,0,3)，
C(0，3，0)，H??1
3?2，2，3?2??
. ∵AC⊥平面BDEF，
∴平面BDEF的法向量―AC→
＝(0,23，0)． 设直线DH与平面BDEF所成角为α， ∵―DH→＝??333??2，2，2??
，
∴sin α＝|cos〈―DH→，―AC→?―〉|＝?DH→·―AC→???＝7?|―
DH→||―AC→， |??7∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值为
77
.
―→?133?―→
(3)由(2)，得BH＝?－，，?，DB＝(2,0,0)．
?222?设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，
?－x＋3y＋3z＝0，则?
?2x＝0，
令z＝1，得n＝(0，－3，1)．
―→―→
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为ED＝(0,0，－3)，则cos〈n，ED〉＝―→n·ED1
＝－， ―→2| n ||ED|
由图可知二面角H-BD-C为锐角， ∴二面角H-BD-C的大小为60°.
B卷——深化提能练
1.(2024届高三·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝
BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE，且EF＝λFA.
(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明； (2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值． 1
解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：
2连接AC交BD于点G，连接GF(图略)，
CGCD1
∵CD∥AB，AB＝2CD，∴＝＝，
GAAB2
1EFCG1
∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，
2FAGA2又CE?平面BDF，GF?平面BDF， ∴CE∥平面BDF.
(2)如图，取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB， ∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB， ∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，
高考数学二轮复习课时跟踪检测(十)立体几何(大题练)理
