（新高考）高考数学二轮复习专题强化训练（十八）立体几何理
专题强化训练(十八) 立体几何
一、选择题
1．[2019·石家庄一模]已知三棱锥P－ABC中，PC⊥AB，△ABC是边长为2的正三角形，
PB＝4，∠PBC＝60°；
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)设F为棱PA的中点，求二面角P－BC－F的余弦值．
解：(1)在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC＝23， ∴PC＋BC＝PB， ∴PC⊥BC，
又PC⊥AB，AB∩BC＝B，
∴PC⊥平面ABC，∵PC?平面PAC， ∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解法一：在平面ABC中，过点C作CM⊥CA，以CA，CM，CP所在的直线分别为x，y，
2
2
2
z轴建立空间直角坐标系C－xyz.
则C(0,0,0)，P(0,0,23)，A(2,0,0)，B(1，3，0)，F(1,0，3)． 设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， →??CB·m＝x1＋3y1＝0，则?→??CP·m＝23z1＝0，
取y1＝－1，则x1＝3，z1＝0，
即m＝(3，－1,0)为平面PBC的一个法向量． 设平面BCF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， →??CB·n＝x2＋3y2＝0，则?→??CF·n＝x2＋3z2＝0，
取x2＝3，则y2＝－1，z2＝－1，即n＝(3，－1，－1)为平面BCF的一个法向量， |m·n||3＋1＋0|25|cos〈m，n〉|＝＝＝，
|m||n|2×3＋?－1?2＋?－1?25
由题图可知二面角P－BC－F为锐角， 25
∴二面角P－BC－F的余弦值为.
5
解法二：由(1)可知PC⊥平面ABC，又PC?平面PBC， ∴平面PBC⊥平面ABC，
∴二面角P－BC－F的余弦值就是二面角A－BC－F的正弦值， 作FM⊥AC于点M，则FM⊥平面ABC， 作MN⊥BC于点N，连接FN，则FN⊥BC， ∴∠FNM为二面角A－BC－F的平面角． ∵点F为PA的中点，∴点M为AC的中点， 13
在Rt△FMN中，FM＝PC＝3，MN＝，
22∴FN＝
15FM25
，∴sin∠FNM＝＝， 2FN5
25
∴二面角P－BC－F的余弦值为.
5
2．[2019·郑州质量预测二]如图，等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，平面ABEF⊥平面ABC,2AF＝AB＝BE，∠FAB＝60°，AF∥BE.
(1)求证：BC⊥BF；
(2)求二面角F－CE－B的正弦值．
解：(1)等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，即BC⊥AB，
又平面ABC⊥平面ABEF，平面ABC∩平面ABEF＝AB，BC?平面ABC， ∴BC⊥平面ABEF，又BF?平面ABEF， ∴BC⊥BF.
(2)由(1)知BC⊥平面ABEF，故建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
3??3→
设AF＝1，则由已知可得B(0,0,0)，C(0,2,0)，F?，0，?，E(－1,0，3)，EC＝(1,2，
2??2－3)，
→
EF＝?，0，－?5
?23?→
?，BC＝(0,2,0)， 2?
设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有 →??n·EC＝0，?
→??n·EF＝0
?x＋2y－3z＝0，
???53
x－z＝0，?2?2
令x＝3，则z＝5，y＝23，即n＝(3，
23，5)为平面CEF的一个法向量．
设平面BCE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有 →??m·EC＝0，
?
→??m·BC＝0
?x1＋2y1－3z1＝0，
??
?2y1＝0，
∴y1＝0，x1＝3z1，令x1＝3，则m＝(3，0,1)为平面BCE的一个法向量．
m·n3＋510
设二面角F－CE－B的平面角为θ，则|cosθ|＝|＝＝，
|m||n|2×2105
∴sinθ＝
15
， 5
15. 5
∴二面角F－CE－B的正弦值为3．[2019·太原一模]如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，
AD⊥CD，四边形CDEF是菱形，∠DCF＝60°，CD＝2AD＝2AB，AE＝5AD.
(1)证明：CE⊥AF；
(2)已知点P在线段BC上，且CP＝λCB，若二面角A－DF－P的大小为60°，求实数
λ的值．
解：(1)∵四边形CDEF是菱形， ∴DE＝CD＝2AD，CE⊥DF，
∵AE＝5AD，∴AE＝5AD＝AD＋DE， ∴AD⊥DE，
∵AD⊥CD，∴AD⊥平面CDEF，
2
2
2
2
∴AD⊥CE，DF∩AD＝D.
∴CE⊥平面ADF，AF?平面ADF，∴CE⊥AF.
→→→
(2)由(1)知以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，|DA|为单位长度，DC的方向为
y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
由题设可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－1，3)，F(0,1，3)， →→→
∴DF＝(0,1，3)，CP＝λCB＝(λ，－λ，0)， →→→
∴DP＝DC＋CP＝(λ，2－λ，0)， 设m＝(x，y，z)是平面DFP的法向量，则 →??m·DF＝0?
→??m·DP＝0
?y＋3z＝0
，∴?
?λx＋?2－λ?y＝0
，
??y＝3
令z＝－1，则??1－2?x＝3?λ?????
?
?
?
?
，
2????∴m＝?3?1－?，3，－1?为平面DFP的一个法向量．
λ→
由(1)可知CE＝(0，－3，3)是平面ADF的一个法向量， ∵二面角A－DF－P的大小为60°， ∴cos60°＝|＝→
|m|·|CE|23× m·CE→
|－43|2?2?3?1－?＋4λ12＝，∴λ＝. 23
??
4．[2019·洛阳统考]如图1，平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥
BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，如图2，使PC＝22.
图1
图2
(1)证明：CE∥平面ABP；
(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值． 解：(1)取PA的中点H，连接HE，BH，如图．
∵E为PD的中点，∴HE为△APD的中位线， 1
∴HE∥AD，且AE＝AD.
2
1
又AD∥BC，BC＝AD，∴HE∥BC，HE＝BC，
2∴四边形BCEH为平行四边形，∴CE∥BH. ∵BH?平面ABP，CE?平面ABP， ∴CE∥平面ABP.
(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形，四边形ABCD为直角梯形．取AD的中点F，连接
BF，PF，∵AD＝2BC＝4，
∴平面多边形PABCD中，P，F，B三点共线， 且PF＝BF＝2，
∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F， ∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF， ∵PB?平面PBF，∴BC⊥PB.
在直角三角形PBC中，PC＝22，BC＝2， ∴PB＝2，
∴△PBF为等边三角形．
取BF的中点O，DC的中点M，连接PO，OM，则PO⊥BF， ∵DF⊥平面PBF，∴DF⊥PO. 又DF∩BF＝F，∴PO⊥平面ABCD.
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