课时跟踪检测（十九） 立体几何
1.(2018届高三·广西五校联考)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，
AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.
(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；
(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．
解：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形， ∴BD ⊥AC .
∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥AE .
∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .
(2)以O 为坐标原点，OA ―→，OB ―→
的方向为x 轴，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，设CF ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，
F (－1，0，a )(a ＞0)，OF ―→
＝(－1,0，a )．
设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·OB ―→＝0，
n ·OE ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
3y ＝0，
x ＋2z ＝0，
令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，
由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→
，n 〉|＝|OF ·n ||OF ―→||n |
＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或
a ＝－13
.
由a ＞0，得a ＝3，
OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→
＝(1，－3，2)， ∴cos 〈OF ―→，BE ―→
〉＝－1＋610×8＝54，
故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为
54
. 2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.
(1)若M 为CD 中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ；
(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC ， ∵四边形ABCD 为菱形， ∠BAD ＝120°， ∴△ACD 为等边三角形， 又M 为CD 中点， ∴AM ⊥CD ，由CD ∥AB 得，
AM ⊥AB .
∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1. 又AB ∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .
(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2， ∴DM ＝1，AM ＝3， ∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°， 又AA 1⊥底面ABCD ，
∴以A 为坐标原点，AB ，AM ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，
则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
2，32，2，
∴DD 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD ―→＝(－3，3，0)，A 1B ―→
＝(2,0，－2)．
设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BD ―→＝0，
n ·A 1B ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
－3x ＋3y ＝0，
2x －2z ＝0，
令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，
∴|cos 〈n ，DD 1―→
〉|＝|n ·DD 1―→||n |·|DD 1―→|＝15×5＝15.
∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为1
5
.
3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F AB D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.
(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平
行；
(2)求二面角F CD A 的余弦值．
解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BE ⊄平面AFD ，AF ⊂平面AFD ， ∴BE ∥平面AFD . 同理可得，BC ∥平面AFD .
又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD . 设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .
∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ， ∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .
(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FA ⊂平面ABEF ， 又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD . ∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD . ∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .
以A 为坐标原点，AD ，AB ，AF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，D (1,0,0)，C (2，2,0)，
F (0,0,2)，∴DF ―→＝(－1,0,2)，DC ―→
＝(1,2,0)．
设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DF ―→＝0，
n ·DC ―→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋2z ＝0，
x ＋2y ＝0，
令z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，
不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝6
6
，
由于二面角F CD A 为锐角， 因此二面角F CD A 的余弦值为
6
6
. 4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝1
2
AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，
E 是PD 的中点．
(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF .
因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝1
2AD .
由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝1
2
AD ，所以EF 綊BC ，
所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .
(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→
的方向为x 轴正方向，|AB ―→
|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→
＝(1,0，－3)，AB ―→
＝(1,0,0)．
设M (x ，y ，z )(0<x <1)，
则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→
＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→
，n 〉|＝sin 45°，|z |
x －1
2
＋y 2＋z
2
＝
22
， 即(x －1)2
＋y 2
－z 2
＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→
， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②
由①②解得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝1＋
2
2
，y ＝1，
z ＝－6
2
(舍去)，或⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝1－
2
2
，y ＝1，
z ＝6
2，
所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－
22，1，62，从而AM ―→＝⎝
⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AM ―→＝0，
m ·AB ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
2－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，
x 0＝0，
所以可取m ＝(0，－6，2)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝10
5
.
由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为
10
5
. 5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝
1
2
AB ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ABC ，如图②所示．
(1)证明：平面ABD ⊥平面BCD ； (2)求二面角D AB C 的余弦值．
解：(1)证明：易知AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ACD ，∴AD ⊥BC .
又AD ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，∴AD ⊥平面BCD ， ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BCD .
(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，则
C (0，0,0)，A (22，0,0)，
D (2，0，2)，B (0,22，0)，AD ―→
＝(－
2，0，2)，AB ―→
＝(－22，22，0)． 设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AD ―→＝0，
m ·AB ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
－2x ＋2z ＝0，
－22x ＋22y ＝0，
令x ＝1，得y ＝1，z ＝1，
所以平面ABD 的一个法向量m ＝(1,1,1)． 易知平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3
3
，
由图知，二面角D AB C 为锐角， ∴二面角D AB C 的余弦值为
33
.
6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.
(1)求证：AB ⊥PC ；
(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D 的大小为
45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形， 由AD ＝CD ＝22，BC ＝42， 可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2
＝AB 2
＋AC 2
，
所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面PAC ， 所以AB ⊥PC .
(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，
AE ，AD ，AP 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 (0,0,0)，C (22，22，0)，
D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→
＝(0,22，
－2)，AC ―→
＝(22，22，0)．
设PM ―→＝t PD ―→
(0＜t ＜1)， 则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )， 所以AM ―→
＝(0,22t,2－2t )．
设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AC ―→＝0，
n ·AM ―→＝0，
即⎩⎨
⎧
22x ＋22y ＝0，
22ty ＋2－2t z ＝0，
令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t
， 则n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，－1，
2t 1－t . 又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，
所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n |
＝
⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2t t －12＝22，
解得t ＝1
2
，即点M 是线段PD 的中点．
此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM ―→
＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→
〉|＝422×33＝269.
故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为26
9
.。
