第7章立體幾何高考大題規(guī)范解答——立體幾何1．(2024·湖南部分學(xué)校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，E，F(xiàn)分別是棱BC，PA的中點．(1)證明：EF∥平面PCD.(2)若PC＝eq\r(3)PD＝eq\r(3)CD＝eq\r(3)AD＝2eq\r(3)AB，求直線EF與平面PAD所成角的正弦值．[解析](1)證明：取AD的中點H，連接EH，F(xiàn)H.因為F，H分別是棱PA，AD的中點，所以HF∥PD.因為PD?平面PCD，HF?平面PCD，所以HF∥平面PCD.因為E，H分別是棱BC，AD的中點，所以HE∥CD.因為CD?平面PCD，HE?平面PCD，所以HE∥平面PCD.因為HE，HF?平面HEF，且HE∩HF＝H，所以平面HEF∥平面PCD.因為EF?平面HEF，所以EF∥平面PCD.(2)以D為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向為x，y軸的正方向，垂直平面ABCD向上的方向為z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝1，則AD＝CD＝PD＝2，PC＝2eq\r(3).由余弦定理可得cos∠PDC＝eq\f(4＋4－12,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，則∠PDC＝120°，從而A(2,0,0)，D(0,0,0)，P(0，－1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，故eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2，\f(\r(3),2))).設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up6(→))＝2x＝0，,n·\o(DP,\s\up6(→))＝－y＋\r(3)z＝0，))令y＝eq\r(3)，得n＝(0，eq\r(3)，1)．設(shè)直線EF與平面PAD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(EF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(EF,\s\up6(→))|,|n||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3\r(3),2),2\r(4＋\f(3,4)))＝eq\f(3\r(57),38)，即直線EF與平面PAD所成角的正弦值為eq\f(3\r(57),38).2．(2024·云南大理統(tǒng)測)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，∠ABC＝eq\f(π,4)，CD＝CE＝eq\f(1,2)BE＝1，PA＝AD＝2，F(xiàn)為PD的中點．(1)證明：AB⊥PE；(2)求二面角A－EF－D的平面角的余弦值．[解析](1)證明：連接AE，DE，如圖，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又BC⊥CD，CD＝CE＝1.由勾股定理可知DE＝eq\r(2)，又AD＝BE，AD∥BE，所以四邊形ABED是平行四邊形，所以AB＝DE＝eq\r(2)，又∠ABC＝eq\f(π,4)，由余弦定理可知AE＝eq\r(2)，所以AB2＋AE2＝BE2，所以AB⊥AE，又AE∩PA＝A，所以AB⊥平面PAE，所以AB⊥PE.(2)因為AP，AB，AE兩兩垂直，所以以A為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(eq\r(2)，0,0)，D(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，E(0，eq\r(2)，0)，因為F為PD的中點，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，設(shè)平面AEF的法向量n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝\r(2)y1＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x1＋\f(\r(2),2)y1＋z1＝0，))取x1＝1，則y1＝0，z1＝eq\f(\r(2),2)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(2),2)))，設(shè)平面DEF的法向量m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝\r(2)x2＝0，,m·\o(DF,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)y2＋z2＝0，))取y2＝1，則x2＝0，z2＝eq\f(\r(2),2)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(2),2)))，所以cos〈n，m〉＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),\r(1＋\f(1,2))·\r(1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,3)，即二面角A－EF－D的余弦值為eq\f(1,3).3．(2024·安徽安慶、池州、銅陵部分校聯(lián)考)在矩形ABCD中，AB＝eq\r(2)BC＝2eq\r(2)，將△ADC沿AC折起至△APC的位置，且PB＝2.(1)求證：平面PAB⊥平面PBC；(2)求二面角P－AC－B的正弦值．[解析](1)由已知可得：BC＝2，PB＝2，PC＝CD＝AB＝2eq\r(2)，在△PBC中，PB2＋BC2＝PC2，故PB⊥BC.又AB⊥BC，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，因為BC?平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.(2)解法一：取AB、CD的中點O、E，連接OP，OE.因為PA＝PB，所以PO⊥AB，由(1)知：BC⊥PO，所以PO⊥平面ABC.以O(shè)B，OE，OP所在直線分別在x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．則A(－eq\r(2)，0,0)，B(eq\r(2)，0,0)，C(eq\r(2)，2,0)，P(0,0，eq\r(2))．則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，設(shè)平面APC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x1＋2y1＝0，,\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，))取x1＝1，y1＝－eq\r(2)，z1＝－1，則m＝(1，－eq\r(2)，－1)．又平面ABC的法向量為n＝(0,0,1)，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝－eq\f(1,2).所以二面角P－AC－B的正弦值為eq\f(\r(3),2).解法二：如圖，取AB中點O，連接PO，作OH⊥AC于H，連接PH，∵PA＝PB＝2，∴PO⊥AB且PO＝eq\r(2)，由(1)知BC⊥平面PAB，∴BC⊥PO，∴PO⊥平面ABC，∴PO⊥AC，∴AC⊥平面PHO，∴AC⊥PH，∴∠OHP為二面角P－AC－B的平面角．又PH＝eq\f(PA·PC,AC)＝eq\f(2\r(6),3)，∴sin∠OHP＝eq\f(PO,PH)＝eq\f(\r(3),2)，即二面角P－AC－B的正弦值為eq\f(\r(3),2).4．(2024·福建福州質(zhì)檢)如圖，在底面為菱形的四棱錐M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝eq\r(2).(1)求證：平面MAD⊥平面ABCD；(2)已知eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(NB,\s\up6(→))，求直線BN與平面ACN所成角的正弦值．[解析](1)證明：取AD的中點為O，連接OM，OB，因為四邊形ABCD是為菱形，且AD＝BD＝2，所以△ABD為正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝eq\r(3).因為MA＝MD＝eq\r(2)，所以MO⊥AD，所以MO＝eq\r(MA2－AO2)＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，又因為MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，所以MO⊥BO，因為AD∩BO＝O，AD?平面ABCD，BO?平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，又因為MO?平面MAD，所以平面MAD⊥平面ABCD.(2)由(1)知，OA，OB，OM兩兩垂直，故以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－2，eq\r(3)，0)，M(0,0,1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，\f(1,3)))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))＝(3，－eq\r(3)，0)，eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(\r(3),3)，\f(1,3)))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，設(shè)平面ACN的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－\r(3)y＝0，,2x－\f(\r(3),3)y＋\f(1,3)z＝0，))取x＝1，則n＝(1，eq\r(3)，－3)．因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，1)，則cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·n,|\o(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－3－3,2×\r(13))＝－eq\f(3\r(13),13)，所以直線BN與平面ACN所成角的正弦值為eq\f(3\r(13),13).5．(2024·山東濰坊檢測)把矩形O1O2FB以O(shè)1O2所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)180°，得到幾何體如圖所示．其中等腰梯形ABCD為下底面的內(nèi)接四邊形，且AB＝2AD＝2，點G為上底面一點，且CG∥O1O2，O1O2＝1.(1)若P為DE的中點，求證：AP⊥平面BDE；(2)設(shè)eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，試確定λ的值，使得直線AP與平面ABG所成角的正弦值為eq\f(\r(105),35).[解析](1)證明：因為AB為直徑，所以BD⊥AD，因為EA⊥平面ABD，BD?平面ABD，所以EA⊥BD，因為AE∩AD＝A，AE?平面ADE，AD?平面ADE，所以BD⊥平面ADE，因為AP?平面ADE，所以BD⊥AP，因為AD＝AE，P為DE的中點，所以AP⊥DE，因為BD∩DE＝D，BD?平面BDE，ED?平面BDE，所以AP⊥平面BDE.(2)因為等腰梯形ABCD為底面半圓O1的內(nèi)接四邊形，AB＝2AD＝2，所以∠DAO1＝∠AO1D＝∠CO1D＝∠BO1C＝eq\f(π,3)，所以CD＝BC＝1，如圖，以O(shè)1為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)1B，O1O2為y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由于CG∥OO1，OO1＝1，∴CG＝1，故A(0，－1,0)，B(0,1,0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，E(0，－1,1)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，1))，設(shè)平面ABG的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＋z＝0，))令x＝2eq\r(3)，則n＝(2eq\r(3)，0,3)，由eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ－\f(1,2)，λ))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)λ－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)λ＋\f(1,2)，λ))，設(shè)直線AP與平面ABG所成角為θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(|3λ－3＋0＋3λ|,\r(12＋0＋9)·\r(2λ2－2λ＋1))＝eq\f(\r(105),35)，即得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝eq\f(2,3)，符合λ∈[0,1]，故λ＝eq\f(1,3)或λ＝eq\f(2,3).6．(2024·河南創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，E是BC的中點，點F在棱AD上，且PA⊥AD，cos∠PAE＝－eq\f(2,5)，PA＝eq\r(5).(1)若平面PAB∩平面PCD＝l，證明：l∥平面ABCD.(2)求平面PEF與平面PCD的夾角的余弦值的最大值．[解析](1)證明：因為底面ABCD是正方形，所以AB∥CD.因為CD?平面PAB，AB?平面PAB，所以CD∥平面PAB.又因為平面PAB∩平面PCD＝l，所以CD∥l.因為l?平面ABCD，CD?平面ABCD，所以l∥平面ABCD.(2)由題意可得AE＝eq\r(5)，PE＝eq\r(AP2＋AE2－2AP·AEcos∠PAE)＝eq\r(14).因為底面ABCD是正方形，所以AB⊥AD.又因為PA⊥AD，所以AD⊥平面PAB.因為AD∥BC，所以BC⊥平面PAB，BC⊥PB.PB＝eq\r(PE2－BE2)＝eq\r(13).cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝－eq\f(\r(5),5).以A為坐標(biāo)原點，AB，AD所在直線分別為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，點P到y(tǒng)，z軸所在平面的距離為APcos(π－∠PAB)＝1，點P到x，y軸所在平面的距離為eq\r(AP2－－12)＝2.P(－1,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，設(shè)F(0，a,0)(0≤a≤2)．eq\o(PC,\s\up6(→))＝(3,2，－2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs