【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测10立体几何大题练 理数（含答案）.doc，共(9)页，282.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（十）立体几何（大题练）A卷——大题保分练1.(2018·洛阳模拟)如图，在四棱锥P­ABCD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AB

CD＝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，则A(1,0,0)，C(－1

,2,0)，E－12，1，32，F－12，0，32，AF―→＝－32，0，32，FE―→＝(0,1,0)．设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·AF―→＝0，m·FE―→＝0，即

－32x＋32z＝0，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)．cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝1×3＋3×12×7＝217.∴平面AEF与平面ACE所成锐二面角的余弦值为217.2

.(2018·山西八校联考)如图，三棱柱ABC­A1B1C1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BGBB1为何值时，平

面CDG⊥平面A1DE?(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值．解：(1)当BGBB1＝12，即G为BB1的中点时，平面CDG⊥平面A1DE.证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，所以DE∥AC且DE＝12AC，又AC∥A1C1，AC

＝A1C1，所以DE∥A1C1，DE＝12A1C1，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＝12，故∠CHE＝90°，即CG⊥C1E.因为A

1C1⊥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ABC­A

1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，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)，则n·A1F―→＝0，n·A1B―→＝0，即－2x＋y＝0，－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，则cosθ＝|CG―→·n

||CG―→|·|n|＝530＝306，所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为306.3．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D1­ABCE，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∥A

B，∴FL∥AB，且FL＝14AB，∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL＝AL，若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝14AB.(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)，则m·CD1―→＝0，m·CE―→＝

0，即x－3y＋2z＝0，－2y＝0，取x＝2，得m＝(2，0，－1)．设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，BD1―→〉|＝|m·BD1―→||m||BD1―→|＝|－22|3×12＝23.即直线BD1与平面CD1E所成的

角的正弦值为23.4.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H­BD­C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B

DEF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12，32，32.∵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―→＝32，32，32，∴sinα＝|cos〈DH―→，AC―→〉|＝DH―→·AC―→|DH―→||AC―→|＝77，∴直线DH与平面BDEF所成角的正弦值

为77.(3)由(2)，得BH―→＝－12，32，32，DB―→＝(2,0,0)．设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，则－x＋3y＋3z＝0，2x＝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·ED―→|n||ED―→|＝－12，由图可知二面角H­BD­C为锐角，∴二面角H­BD­C的大小为60°.B卷——深化提能练1.(2019届高三·辽宁五校联考)如图，

在四棱锥E­ABCD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．解：(1)当λ

＝12时，CE∥平面BDF.证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF(图略)，∵CD∥AB，AB＝2CD，∴CGGA＝CDAB＝12，∵EF＝12FA，∴EFFA＝CGGA＝12，∴GF∥CE，又CE⊄平面BDF，GF⊂平面B

DF，∴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，O

E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O­xyz，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，3)．当λ＝1时，有EF

―→＝FA―→，∴F0，12，32，∴BD―→＝(1,1,0)，CE―→＝(－1,1，3)，BF―→＝0，32，32.设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·BD―→＝0，n·

BF―→＝0，即x＋y＝0，32y＋32z＝0，令z＝3，得y＝－1，x＝1，则n＝(1，－1，3)为平面BDF的一个法向量，设直线CE与平面BDF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈CE―→，n〉|＝15，故直线CE与平面BDF所成角的

正弦值为15.2.(2018·山东潍坊模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E是PC的中点，∠DAC＝∠AOB.(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若

二面角P­CD­A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．解：(1)证明：∵∠DAC＝∠AOB，∴AD∥OB.∵E为PC的中点，O为圆心，连接OE，∴OE∥PA，又OB∩OE＝O，PA∩AD＝A，∴平面PAD∥平面EOB，∵

BE⊂平面EOB，∴BE∥平面PAD.(2)∵四边形ABCD内接于圆O且AC为直径，∴AD⊥CD，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，∴∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，∵tan∠

PDA＝2，PA＝2，∴AD＝1，如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系D­xyz.PA＝AC＝2，AD＝1，延长BO交CD于点F，∵B

O∥AD，∴BF⊥CD，∴BF＝BO＋OF，∴BF＝1＋12＝32，又CD＝3，∴DF＝32，∴P(1,0,2)，B32，32，0，C(0，3，0)，CP―→＝(1，－3，2)，DC―→＝(0，3，0

)，设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，∵n·CP―→＝0，n·DC―→＝0.即x－3y＋2z＝0，3y＝0.令z＝1，则x＝－2，y＝0.∴n＝(－2,0,1)是平面PCD的一个

法向量，又PB―→＝12，32，－2，∴|cos〈PB―→，n〉|＝PB―→·n|PB―→||n|＝－1＋0－25×5＝35，∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为35.3.(20

18·合肥一模)如图，已知平行四边形ABCD与△EMN所在的平面都与矩形BDEF所在的平面垂直，且∠BAD＝60°，AB＝MN＝2AD＝2，EM＝EN，F为MN的中点．(1)求证：MN∥AD；(2)若直线AE与平面ABCD所成

的角为60°，求二面角M­AB­C的余弦值．解：(1)证明：在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝3，AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.又平面ABCD

⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以AD⊥平面BDEF.在△EMN中，EM＝EN，F为MN的中点，所以MN⊥EF，又平面EMN⊥平面BDEF，平面EMN∩平面BDEF＝EF，所以MN

⊥平面BDEF.所以MN∥AD.(2)在矩形BDEF中，ED⊥BD，又平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，所以ED⊥平面ABCD.所以∠EAD为直线AE与平面ABCD所成的角，故∠EAD＝60°.在Rt△EAD中，ED＝ADtan

∠EAD＝1×tan60°＝3.如图，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，E(0,0，3)，F(0，3，3)，M(1，3，3)，MA―→＝(0，－3，－3)，AB―→＝(

－1，3，0)．因为DE⊥平面ABCD，所以DE―→＝(0,0，3)为平面ABCD的一个法向量．设平面MAB的法向量为n＝(x，y，z)，所以n⊥MA―→，n⊥AB―→，即n·MA―→＝－3

y－3z＝0，n·AB―→＝－x＋3y＝0，整理得y＋z＝0，x＝3y，令y＝1，则x＝3，z＝－1，所以n＝(3，1，－1)是平面MAB的一个法向量．所以cos〈DE―→，n〉＝DE―→·n|DE―→|×|n|＝－3×13×32＋12＋－2＝－55.设二面

角M­AB­C的大小为θ，由图可知θ为钝角，所以cosθ＝cos〈DE―→，n〉＝－55.4．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2，AD＝2，AB＝1，如图①所示，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置得三棱锥P­BCD，如图②所示．(1)求证：B

D⊥PC；(2)当平面PBD⊥平面PBC时，求二面角P­DC­B的大小．解：(1)证明：在图①中，连接AC，交BD于点G，因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以tan∠CAD＝CDAD＝2，tan∠DBA＝ADAB＝2，所以∠CAD＝∠DBA，因为∠CA

D＋∠BAG＝90°，所以∠DBA＋∠BAG＝90°，所以BD⊥AC.所以将△ABD沿BD折起到△PBD的位置后，仍有BD⊥PG，BD⊥CG，如图②所示，又PG∩CG＝G，所以BD⊥平面PCG，又PC⊂平面PCG，所以BD⊥PC.(2)因为平面P

BD⊥平面PBC，PB⊥PD，平面PBD∩平面PBC＝PB，PD⊂平面PBD，所以PD⊥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以PD⊥PC，又BD⊥PC，BD∩PD＝D，所以PC⊥平面PBD，所以BP⊥CP.以P为坐标原点，PC，PB，PD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③

所示，则P(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2，0,0)，D(0,0，2)，BD―→＝(0，－1，2)，BC―→＝(2，－1,0)，易知平面PCD的一个法向量为m＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面BCD的法向量，则BD―→·n＝0，BC―→·n＝0，即－y＋

2z＝0，2x－y＝0，令x＝1，则y＝2，z＝1，得n＝(1，2，1)是平面BCD的一个法向量．则cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝22，易知二面角P­DC­B为锐角，所以二面角P­DC­B的大小为45°.