课时作业34 高考大题规范练——立体几何
1．(2015·安徽卷)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
(1)证明：EF∥B1C；
(2)求二面角E—A1D—B1的余弦值．
解：(1)由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C
.
(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1
→，⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以AB
→，→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标ADAA1
系，可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5,0.5,1)．
→设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝(0.5,0.5,0)，
??0.5r1＋0.5s1＝0，→→→A1D＝(0,1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得?(－1,1,1)?s1－t1＝0，?
为其一组解，所以可取n1＝(－1，1,1)．
设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A→1B1＝(1,0,0)，→A1D＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1)．
所以结合图形知二面角E—A1D—B1的余弦值为
|n·n|26＝. |n1|·|n2|3×
23
2．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)证明：直线MN∥平面BDH；
(3)求二面角A—EG—M的余弦值．
解：(1)点F，G，H的位置如图①所示．
(2)连接BD，设O为BD的中点．
因为M，N分别是BC，GH的中点，
1所以OM∥CD，且OM＝2，
1HN∥CD，且HN2.
所以OM∥HN，OM＝HN.
所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH. 又MN?平面BDH，OH?平面BDH，
所以MN∥平面BDH
.
→，DC→，DH→方向为x，y，(3)如图②，以D为坐标原点，分别以DA
z轴的正方向，建立空间直角坐标系D—xyz.
设AD＝2，则M(1,2,0)，G(0,2,2)，E(2,0,2)，O(1,1,0)，
→＝(2，－2,0)，MG→＝(－1,0,2)． 所以，GE
设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
→＝0，?n1·GE由?→＝0，?n1·MG ??2x－2y＝0，得? ?－x＋2z＝0，?
取x＝2，得n1＝(2,2,1)．
在正方体ABCD—EFGH中，DO⊥平面AEGC，
→＝(1,1,0)， 则可取平面AEG的一个法向量为n2＝DO
2＋2＋0n1·n2所以cos〈n1，n2〉＝ |n1|·|n2|4＋4＋1＋1＋0
22＝
3.
22故二面角A—EG—M的余弦值为3
3．如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD＝2，AD＝BD，EC⊥底面ABCD，FD⊥底面ABCD，且有EC＝FD＝2.
(1)求证：AD⊥BF；
(2)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N，试求二面角B—MF—C的余弦值．
解：(1)证明：∵BC⊥DC，且BC＝CD2，
∴BD＝2且∠CBD＝∠BDC＝45°.
又AB∥DC，可知∠DBA＝∠CDB＝45°.
∵AD＝BD，∴△ADB是等腰三角形，且∠DAB＝∠DBA＝45°.∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB.
∵FD⊥底面ABCD于D，AD?平面ABCD，∴AD⊥DF.
又DF∩DB＝D1，∴AD⊥平面BDF，
∵BF?平面DBF，∴AD⊥BF
.
(2)以点C为原点，直线CD、CB、CE方向为x，y，z轴建系． 则D(2，0,0)，B(0，2，0)，F2，0,2)，A(222，0)， ∵N恰好为BF的中点，
22∴N(22，1)．
→＝(2，2，1－z)． 设M(0,0，z0)，∴MN022
→·→＝0，?MNBD由?→·→＝0，?MNDF 解得z0＝1.
故M为线段CE的中点．
设平面BMF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
→＝2，－2，2)，BM→＝(0，－2，1)， 且BF
→·?BFn1＝0，由?→·?BMn1＝0 ??2x1－2y1＋2z1＝0，可得?取x1＝－1， ??－2y1＋z1＝0， ??y1＝1，则?得n1＝(－1,1，2)， ??z12，
∵平面MFC的一个法向量为n2＝(0,1,0)，
n·n1∴cos〈n1，n2〉＝|n1||n2|2
1故所求二面角B—MF—C的余弦值为2
4．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P—ABCD中，已知PA⊥平面
πABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2，PA＝AD
＝2，AB＝BC＝
1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
→，AD→，AP→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标解：以{AB
系A—xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
→是平面PAB的一个法向量，→＝(1)因为AD⊥平面PAB，所以ADAD
(0,2,0)．
→＝(1,1，－2)，PD→＝(0,2，－2)． 因为PC
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
→＝0，m·→＝0， 则m·PCPD
??x＋y－2z＝0，即?令y＝1，解得z＝1，x＝1. ?2y－2z＝0.?
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
→·ADm3→，m〉＝从而cos〈AD＝3 →||m||AD
3所以平面PAB与平面PCD3.
→＝(－1,0,2)，设BQ→＝λBP→＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， (2)因为BP
→＝(0，－1,0)，则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ，－1,2λ)，又DP→＝(0，又CB
－2,2)，
→·→1＋2λCQDP→→从而cos〈CQ，DP〉＝. →→10λ＋2|CQ||DP|22t→，DP→设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos〈CQ 5t－10t＋92
29＝1520109t－92＋9
92→，DP→〉|的最大值为10当且仅当t＝5λ＝5|cos〈CQ10
π因为y＝cosx在(02)上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取
得最小值． 25又因为BP＝1＋25，所以BQ＝
5＝5.
5．(2015·湖北卷)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．
如图，在阳马P—ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.
(1)证明：PB⊥平面DEF，试判断四面体DBEF是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；
πDC(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3，求BC的值．
解：(1)如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
设PD＝DC＝1，BC＝λ，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，B(λ，1,0)，C(0,1,0)．
11→→PB＝(λ，1，－1)，点E是PC的中点，所以E(022)，DE＝(0，
11→·→＝0，即PB⊥DE. ，于是PBDE22
又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF.
→＝(0,1，→·→＝0，因PC－1)，DEPC则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC. 由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB.
→＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法(2)由PD⊥平面ABCD，所以DP
向量；
→＝(－λ，－1,1)是平面DEF的由(1)知，PB⊥平面DEF，所以BP
一个法向量．
π若面DEF与面ABCD3
?→→??1?·DPπ?BP1?， 则cos3＝??＝?→→λ＋2?2|BP|·|DP|???
DC12解得λ＝2.所以BC＝λ2.
πDC2故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为3BC2.
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