重组十二 大题冲关——立体几何的综合问题
测试时间：120分钟
满分：150分
解答题(本题共8小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 1．[2016·河南九校联考] (本小题满分15分)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，点M在PD上．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若二面角M－AC－D的大小为45°，求BM与平面PAC所成角的正弦值．
解 (1)证明：取BC中点E，连接AE，则AD＝EC，AD∥EC，所以四边形AECD为平行四边形，故AE⊥BC，又AE＝BE＝EC＝22，所以∠ABC＝∠ACB＝45°，故AB⊥AC，又AB⊥PA，
AC∩PA＝A，所以AB⊥平面PAC，(4分)
故有AB⊥PC.(6分)
(2)如图建立空间直角坐标系
Axyz，则
A(0,0,0)，B(22，－22，0)， C(22，22，0)，P(0,0,2)， D(0,22，0)．(7分)
→→
设PM＝λPD＝(0,22λ，－2λ)(0≤λ≤1)， 易得M(0,22λ，2－2λ)，
设平面AMC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
?n·→AC＝2则??n·→AM＝211
2x＋22y＝0，2λy＋
－2λ
z＝0，
2λ
令y＝2，得x＝－2，z＝，
λ－1
?即n1＝?－2，2，
?
2λ??，(9分) λ－1?
又平面ACD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，(10分) |n1·n2|
|cos〈n1，n2〉|＝＝
|n1||n2|1
解得λ＝，(12分)
2
→
即M(0，2，1)，BM＝(－22，32，1)，
→
而AB＝(22，－22，0)是平面PAC的一个法向量，(13分) 设直线BM与平面PAC所成的角为θ，
→→|－8－12|53
则sinθ＝|cos〈BM，AB〉|＝＝.
94×3353
故直线BM与平面PAC所成的角的正弦值为.(15分)
9
2．[2016·平顶山二调](本小题满分15分)在正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、
?2λ??λ－1???
＝cos45°， 2λ??2
4＋???λ－1?
BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2，如图1.将△AEF沿EF折起到△A1EF的
位置，使二面角A1－EF－B成直二面角，连接A1B、A1P，如图2.
(1)求证：A1E⊥平面BEP； (2)求二面角B－A1P－E的余弦值． 解 不妨设正三角形ABC的边长为3.
(1)证明：在图1中，取BE的中点D，连接DF. ∵AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，
∴AF＝AD＝2，而∠A＝60°，∴△ADF是正三角形． 又AE＝DE＝1，∴EF⊥AD. 在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
∴∠A1EB为二面角A1－EF－B的平面角．(4分)
由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥BE.
又BE∩EF＝E，∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP.(6分)
(2)建立分别以EB、EF、EA1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，
→
→
A1(0,0,1)，B(2,0,0)，F(0，3，0)，P(1，3，0)，则A1E＝(0,0，－1)，A1B＝(2,0，－1)，
→
BP＝(－1，3，0)，PE＝(－1，－3，0)．(8分)
设平面A1BP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →由n1⊥平面A1BP知，n1⊥A1B，n1⊥BP，
→
→
?2x1－z1＝0，即?
?－x1＋3y1＝0.
令x1＝3，得y1＝1，z1＝23，n1＝(3，1,23)．(10分) 设平面A1PE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． →
由n2⊥平面A1PE知，n2⊥A1E，n2⊥PE， 即可得n2＝(3，－1,0)．(12分)
→
n1·n2
cos〈n1，n2〉＝
|n1||n2|
＝
3×3＋3
2
－3
2
＋23×0
2
2
＋1＋
2
×0＋1＋3
1＝，(14分) 24
1
所以二面角B－A1P－E的余弦值是.(15分)
4
3．[2017·山西联考](本小题满分20分)如图， 在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1
是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.
(1)求证：平面ABC1⊥平面
A1ACC1；
(2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求二面角E－AC1－B的余弦值．
解 (1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形， ∴AA1⊥AB，
又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，
∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC. 又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.
又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，(3分) ∴A1C⊥平面ABC1，又A1C?平面A1ACC1， ∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(7分)
(2)解法一：当E为B1B的中点时，连接AE，EC1，DE，如图1， 取A1A的中点F，连接EF，FD， ∵EF∥AB，DF∥AC1， 又EF∩DF＝F，
AB∩AC1＝A，
∴平面EFD∥平面ABC1， 则有DE∥平面ABC1.(12分)
以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AA1＝AC＝2AB＝4，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C1(0,4,4)，C(0,4,0)，E(2,0,2)，A1(0,0,4)，由(1)知，A1C＝(0,4，－4)是平面ABC1的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面AC1E的法向量， →?→→n·AC＝0，
∵AC＝(0,4,4)，AE＝(2,0,2)，∴?→
?n·AE＝0，
1
1
→
即
??4y＋4z＝0，?
?2x＋2z＝0，?
令z＝1，则x＝－1，y＝－1，
∴n＝(－1，－1,1)为平面AC1E的一个法向量．(16分)
→0－4－46设A1C与n的夹角为θ，则cosθ＝＝－，由图知二面角E－AC1－B为锐角，
33×42∴二面角E－AC1－B的余弦值为6
.(20分) 3
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