发布时间 : 星期五 文章推荐下载 2018届高考数学理二轮复习全国通用 训练专题四 立体几何 第2讲 含答案更新完毕开始阅读
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所以AH＝2.
32
在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝2. AH1
所以sin∠APH＝PH＝3.
4.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.
(1)证明 延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示. 因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK， 且CK∩AC＝C， 所以BF⊥平面ACFD.
(2)解 法一 如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形.
取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z的正方向， 建立空间直角坐标系O－xyz.
?13?由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，3)，A(－1，－3，0)，E?，0，?，
2??2?13?
F?－，0，?.
2??2
→＝(0，3，0)，AK→＝(1，3，3)，AB→＝(2，3，0).
因此，AC
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2).
→??AC·m＝0，?3y1＝0，由?得?
→x＋3y1＋3z1＝0，??AK·m＝0，?1取m＝(3，0，－1)；
→·n＝0，??AB?2x2＋3y2＝0，由?得?
→x＋3y2＋3z2＝0，??AK·n＝0，?2取n＝(3，－2，3).
m·n3于是，cos〈m，n〉＝|m|·＝
|n|4.
3
所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为4. 法二 过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.
因为BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK. 所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角.
313
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得AK＝13，FQ＝13.在Rt△BQF中，FQ313
＝13，BF＝3， 3
得cos∠BQF＝4.
3
所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为4.
5.(2016·广州二模)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点. (1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E－BF－C的正弦值.
法一 (1)证明 由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂 直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B(0，0，0)，A(0，－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，2，0).
13?31?
因而E(0，2，2)，F?，，0?，
?22?
33?→→＝??，0，－?，BC所以EF＝(0，2，0)，
2??2→·BC→＝0.从而EF→⊥BC→，所以EF⊥BC.
因此EF
(2)解 平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1). 设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)， 31?→?13?→＝??，，0?，BE又BF＝?0，，?.
22??22??→＝0，??n2·BF
由?得其中一个n2＝(1，－3，1).
→??n2·BE＝0，
设二面角E－BF－C大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 n1·n215
cos〈n1，n2〉＝|n||n|＝，∴cos θ＝5，
125因此sin θ＝
22525＝5，即所求二面角的正弦值为5. 5
法二 (1)证明 过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF. 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC. π
所以∠EOC＝∠FOC＝2， 即FO⊥BC.
又EO⊥BC，EO∩FO＝O，EO，FO?平面EFO，因此BC⊥平面EFO， 又EF?平面EFO， 所以EF⊥BC.
(2)解 过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG. 由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC， BF?平面BDC，∴BF⊥EO， 又OG⊥BF，又EO∩OG＝O，
所以BF⊥平面EOG，又EG?平面EOG， 所以EG⊥BF.
因此∠EGO为二面角EBFC的平面角.
113
在△EOC中，EO＝2EC＝2BC·cos 30°＝2， BO3
由△BGO∽△BFC知，OG＝BC·FC＝4，
EO25
因此tan∠EGO＝OG＝2，从而sin∠EGO＝5，即二面角E-BF-C的正弦值为255.
6.(2016·北京二模)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H. (1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.
(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B是AM的中点， 所以AB∥DE.又因为AB?平面PDE，DE?平面PDE， 所以AB∥平面PDE. 因为AB?平面ABF，
且平面ABF∩平面PDE＝FG， 所以AB∥FG.
(2)解 因为PA⊥底面ABCDE， 所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，→＝(1，1，0). 0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，BC设平面ABF的法向量为 n＝(x，y，z)，则 →＝0，x＝0，??n·AB??即? →y＋z＝0.??AF＝0，?n·
令z＝1，则y＝－1. 所以n＝(0，－1，1). 设直线BC与平面ABF所成角为α，