第8讲 立体几何 第3课时 立体几何大题 专题训练 含答案2021届高考（理科）数学二轮复习

第 8 讲 立体几何 第 3 课时 立体几何大题 专题训练·作业(十九) [第一次作业·立体几何大题(一)] 1.(2020·陕西省宝鸡市模拟)在如图所示的几何体中，面 CDEF 为正方形，平面 ABCD 为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，点 Q 为 AE 的中点． (1)求证：AC∥平面 DQF； (2)若∠ABC＝60°，AC⊥FB，求 BC 与平面 DQF 所成角的正弦值． 2.如图，在三棱锥 A－BCD 中，△ABC 是等边三角形，∠BAD ＝∠BCD＝90°，点 P 是 AC 的中点，连接 BP，DP. (1)证明：平面 ACD⊥平面 BDP； (2)若 BD＝ 6，且二面角 A－BD－C 为 120°，求直线 AD 与平面 BCD 所成角的 正弦值． 3.(2020·模拟)如图，圆台 O1O2 的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1，A1A2∥ B1B2，A1A2＝2B1B2，A1B1＝2，圆台 O1O2 的侧面积为 6π.若点 C，D 分别为圆 O1，O2 上的动点且点 C，D 在平面 A1A2B2B1 的同侧． (1)求证：A1C⊥A2C； (2)若∠B1B2C＝60°，则当三棱锥 C－A1DA2 的体积取最大值时，求 A1D 与平面 CA1A2 所成角的正弦值． 4.(2020·“皖南八校”高三临门一卷)如图，在直棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是菱形，AA1＝AC＝2BD＝4，点 F，Q 是棱 BB1，DD1 的中点，E，P 是 棱 AA1，CC1 上的点，且 AE＝C1P＝1. (1)求证：EF∥平面 BPQ； (2)求直线 BP 与平面 PQE 所成角的正弦值． 5.(2020·山东泰安市第五次模拟)如图，在四棱锥 E－ABCD 中，底面 ABCD 为直 角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB 是以 AB 为斜边的等腰 直角三角形，且平面 EAB⊥平面 ABCD，点 F 满足EF→＝λEA→ (λ∈[0，1])． (1)试探究λ为何值时，CE∥平面 BDF，并给予证明； (2)在(1)的条件下，求直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值． [第二次作业·立体几何大题(二)] 1.(2020·石家庄市毕业班综合训练)在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面 ABC 是正三 角形，侧棱 A1A⊥平面 ABC，D，E 分别是 AB，AA1 的中点，且 A1D⊥B1E. (1)求证：B1E⊥平面 A1CD； (2)求二面角 A1－CD－B1 的余弦值． 2.(2020·山东省高三模拟)如图，在四棱锥 S－ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 4 的正方形，SD⊥平面 ABCD，E，F 分别为 AB，SC 的中点． (1)证明：EF∥平面 SAD； (2)若 SD＝8，求二面角 D－EF－S 的正弦值． 3.如图，E 是以 O 为圆心，AB 为直径的半圆上异于 A，B 的点，矩形 ABCD 所 在的平面垂直于半圆 O 所在的平面，且 AB＝2AD＝2a. (1)求证：EA⊥EC； (2)若异面直线 AE 和 DC 所成的角为π 6 ，求平面 DCE 与平面 AEB 所成的锐二面 角的余弦值． 4.(2020·厦门市高中毕业班质检)如图，在五面体 ABCDEF 中，AB ⊥平面 ADE，EF⊥平面 ADE，AB＝CD＝2. (1)求证：AB∥CD； (2)若 AD＝AE＝2，EF＝1，且二面角 E－DC－A 的大小为 60°，求二面角 F－ BC－D 的大小． 5.如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的中点． (1)证明：PB∥平面 AEC； (2)设二面角 D－AE－C 为 60°，AP＝1，AD＝ 3，求三棱锥 E－ACD 的体积． [第三次作业·立体几何大题(三)] 1．(2020·江苏)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB⊥AC， B1C⊥平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中点． (1)求证：EF∥平面 AB1C1； (2)求证：平面 AB1C⊥平面 ABB1. 2．(2018·课标全国Ⅱ)如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝BC＝2 2， PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为 AC 的中点． (1)证明：PO⊥平面 ABC； (2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M－PA－C 为 30°，求 PC 与平 面 PAM 所成角的正弦值． 3. (2020·贵阳市高三适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体 ABB1A1C 构成的几何体，平面 ABC 与半圆柱的下底面共面，且 AC⊥BC，P 为弧 A1B1 上(不与 A1，B1 重合)的动点． (1)证明：PA1⊥平面 PBB1； (2)若四边形 ABB1A1 为正方形，且 AC＝BC，∠PB1A1＝π 4 ，求二面角 P－A1B1 －C 的余弦值． 4.(2020·昆明市“三诊一模”)已知在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，△PAD 为正三角形，M 是 PC 的中 点，过 M 的平面α平行于平面 PAB，且平面α与平面 PAD 的交线 为 ON，与平面 ABCD 的交线为 OE. (1)在图中作出四边形 MNOE(不必说出作法和理由)； (2)若 PC＝ 2AB，求平面α与平面 PBC 形成的锐二面角的余弦值． 5．(2020·合肥市二检)如图 1，在矩形 ABCD 中，E，F 在边 CD 上，BC＝CE＝ EF＝FD，分别沿 BE，AF 将△CBE 和△DAF 折起，使平面 CBE 和平面 DAF 都 与平面 ABEF 垂直，连接 CD，DE，如图 2. (1)试判断图 2 中直线 CD 与 AB 的位置关系，并说明理由； (2)求图 2 中平面 ADF 和平面 DEF 所成锐二面角的余弦值． 1．如图，在△ABC 中，AB＝3，AC＝4，A＝π 3 ，D 在边 AC 上且 AC＝2AD，E 在边 AB 上且 AB＝3AE.现将△ADE 沿 DE 折起，使点 A 到达点 A′的位置，形 成四棱锥 A′－BCDE. (1)证明：DE⊥A′B； (2)若四棱锥 A′－BCDE 的体积为5 3 6 ，求三棱锥 A′－CDE 的表面积． 2.(2020·开封市高三模拟)如图，正方形 ABCD 的边长为 2，△ECD 为正三角形， 平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，N 是线段 AC 上的动点． (1)探究 M，N，B，E 四点共面时 N 点的位置，并证明； (2)当 M，N，B，E 四点共面时，求 C 到平面 MNBE 的距离． 3．(2020·山西八校联考)如图 1，AB 是半圆 O 的直径，点 D 是弧 AB 上的动点(不 与 A，B 重合)，△ABC 是∠BAC＝90°的直角三角形，且 AB＝2，AC＝4. (1)将△ABC 沿 AB 翻折，使平面 ABC 与半圆 O 所在的平面垂直，如图 2 所示．求 证：平面 ACD⊥平面 BCD； (2)将△ABC 沿 AB 翻折至点 C 到半圆 O 所在平面的距离为 2 的位置，求三棱锥 C－ABD 的体积取得最大值时点 D 到平面 ABC 的距离． 4.(2020·模拟)如图，直角梯形 ABCD 所在平面与 等腰直角三角形 ABE 所在平面互相垂直，∠AEB＝π 2 ，AB ∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC. (1)求证：AB⊥DE； (2)求证：平面 AED⊥平面 BCE； (3)线段 EA 上是否存在一点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出EF EA 的值；若不 存在，说明理由． 5.(2019·南昌市重点中学测试)如图，四边形 ABCD 是梯形，四边 形 CDEF 是矩形，且平面 ABCD⊥平面 CDEF，∠BAD＝∠CDA ＝90°，AB＝AD＝DE＝1 2CD＝2，M 是线段 AE 上的动点． (1)试确定点 M 的位置，使 AC∥平面 MDF，并说明理由； (2)在(1)的条件下，求平面 MDF 将几何体 ADE－BCF 分成的上下两部分的体积 之比． 6.(2019·郑州市第二次质量预测)如图，在四棱锥 P－ABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD＝π 3 ，△PAD 是等边三 角形，F 为 AD 的中点，PD⊥BF. (1)求证：AD⊥PB； (2)若 E 在线段 BC 上，且 EC＝1 4BC，能否在棱 PC 上找到一点 G，使平面 DEG⊥ 平面 ABCD？若存在，求出三棱锥 D－CEG 的体积；若不存在，请说明理由． 7.(2020·北京)如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为 BB1 的中点． (1)求证：BC1∥平面 AD1E； (2)求直线 AA1 与平面 AD1E 所成角的正弦值． 8.(2020·浙江)如图，在三棱台 ABC－DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值． 9．(2020·洛阳市第二次统考)如图，在等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB ＝CD＝2，BC＝4，M，N，Q 分别为 BC，CD，AC 的中点，以 AC 为折痕将 △ACD 折起，使点 D 到达点 P 的位置(P∉平面 ABC)． (1)若 H 为直线 QN 上任意一点，证明：MH∥平面 ABP； (2)若直线 AB 与直线 MN 所成的角为π 4 ，求二面角 A－PC－B 的余弦值． 参考解析答案 [第一次作业·立体几何大题(一)] 1 解析 (1)证明：如图，连接 CE 交 DF 于点 M，连接 QM，∵ 四边形 CDEF 为正方形，∴点 M 为 CE 的中点，又∵Q 为 AE 的中点，∴QM∥ AC. ∵QM⊂平面 DQF，AC⊄平面 DQF， ∴AC∥平面 DQF. (2)∵AB＝2BC，设 BC＝1，则 AB＝2，在△ABC 中，∠ABC＝60°，由余弦定 理得： AC2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC. 又∵AC⊥FB，CB∩FB＝B，CB，FB⊂平面 FBC，∴AC⊥平面 FBC.又 FC⊂平 面 FBC，∴AC⊥FC. ∵CD⊥FC，CD∩AC＝C，CD，AC⊂平面 ABCD， ∴FC⊥平面 ABCD. 如图建立空间直角坐标系 D－xyz. 在等腰梯形 ABCD 中，可得 CD＝CB＝1. ∴A 3 2 ，－1 2 ，0 ，E(0，0，1)，B 3 2 ，3 2 ，0 ，C(0，1，0)，F(0， 1，1)，Q 3 4 ，－1 4 ，1 2 . 那么BC→ ＝ － 3 2 ，－1 2 ，0 ，DQ→ ＝ 3 4 ，－1 4 ，1 2 ，DF→＝(0，1，1)． 设平面 DQF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则有 n·DQ→ ＝0， n·DF→＝0， 即 3 4 x－1 4y＋1 2z＝0， y＋z＝0， 取 y＝1，得 n＝( 3，1，－1)． 设 BC 与平面 DQF 所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈BC→ ，n〉|＝ |BC→ ·n| |BC→ |·|n| ＝2 5 5 . ∴BC 与平面 DQF 所成角的正弦值为2 5 5 . 2 解析 (1)证明：因为△ABC 是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°， 所以 Rt△ABD≌Rt△CBD，可得 AD＝CD. 因为点 P 是 AC 的中点，所以 PD⊥AC，PB⊥AC， 因为 PD∩PB＝P，PD⊂平面 PBD，PB⊂平面 PBD， 所以 AC⊥平面 PBD. 因为 AC⊂平面 ACD， 所以平面 ACD⊥平面 BDP. (2)方法一：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE. 因为 Rt△ABD≌Rt△CBD， 所以 AE⊥BD，AE＝CE， 所以∠AEC 为二面角 A－BD－C 的平面角． 故∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形， 所以 AC＝AB， 所以 AB＝ 3AE. 在 Rt△ABD 中，有 1 2AE·BD＝1 2AB·AD，得 BD＝ 3AD. 因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2. 又 BD2＝AB2＋AD2，所以 AB＝2. 则 AE＝2 3 3 ，ED＝ 6 3 . 由 CE⊥BD，AE⊥BD，CE∩AE＝E，CE，AE⊂平面 AEC 可知 BD⊥平面 AEC， 又 BD⊂平面 BCD，故平面 AEC⊥平面 BCD. 过点 A 作 AO⊥CE，交 CE 的延长线于 O，则 AO⊥平面 BCD. 连接 OD，则∠ADO 为直线 AD 与平面 BCD 所成的角． 在 Rt△AEO 中，∠AEO＝60°，所以 AO＝ 3 2 AE＝1， 所以 sin∠ADO＝AO AD ＝ 2 2 . 所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2 2 . 方法二：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE. 因为 Rt△ABD≌Rt△CBD， 所以 AE⊥BD，AE＝CE，所以∠AEC 为二面角 A－BD－C 的平面角． 故∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形，所以 AC＝AB， 所以 AB＝ 3AE. 在 Rt△ABD 中，有 1 2AE·BD＝1 2AB·AD，得 BD＝ 3AD， 因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2. 又 BD2＝AB2＋AD2，所以 AB＝2. 则 AE＝2 3 3 ，ED＝ 6 3 . 以 E 为坐标原点，以向量EC→，ED→ 的方向分别为 x 轴，y 轴的正方向，以过点 E 且垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 E－xyz， 则 D 0， 6 3 ，0 ，A － 3 3 ，0，1 ， 向量AD→ ＝ 3 3 ， 6 3 ，－1 ， 易知平面 BCD 的一个法向量为 m＝(0，0，1)， 设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为θ， 因为 cos〈m，AD→ 〉＝ m·AD→ |m||AD→ | ＝ －1 2×1 ＝－ 2 2 ， 所以 sinθ＝|cos〈m·AD→ 〉|＝ 2 2 . 所以直线 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值为 2 2 . 3 解析 (1)证明：设圆 O1，O2 的半径分别为 r，2r， ∵圆台的侧面积为 6π， ∴6π＝1 2 ×2(2πr＋4πr)，解得 r＝1， 如图，连接 O1O2，则在等腰梯形 A1A2B2B1 中，A1A2＝2B1B2＝4，A1B1＝2，O1O2 ＝ 3， 连接 O1C，O2C，在圆台 O1O2 中，O1O2⊥平面 B1CB2，O1C 在平面 B1CB2 内， ∴O1O2⊥O1C， 又 O1C＝1，故在 Rt△O1CO2 中，CO2＝2， 在△CA1A2 中，CO2＝1 2A1A2，故∠A1CA2＝90°，即 A1C⊥A2C. (2)由题意可知三棱锥 C－A1DA2 的体积为 V＝1 3O1O2S△A1DA2＝ 3 6 A1D·A2D， 又在 Rt△A1DA2 中，A1D2＋A2D2＝A1A22＝16≥2A1D·A2D，当且仅当 A1D＝A2D ＝2 2时取等号， 即当点 D 为弧 A1A2 的中点时，V 有最大值4 3 3 . 连接 DO2，∵O1O2⊥平面 A1DA2，O2A2，DO2⊂平面 A1DA2， ∴O1O2⊥O2A2，O1O2⊥DO2，又 DO2⊥A1A2， ∴以点 O2 为坐标原点，以 O2D，O2A2，O2O1 所在直线分别为 x， y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A1(0，－2，0)，A2(0，2，0)，D(2，0，0)，由∠B1B2C＝60°，可知 C 3 2 ，1 2 ， 3 ， 故A1D→ ＝(2，2，0)，A1A2 → ＝(0，4，0)，A2C→ ＝ 3 2 ，－3 2 ， 3 ， 设平面 CA1A2 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则 n·A1A2 → ＝4y＝0， n·A2C→ ＝ 3 2 x－3 2y＋ 3z＝0，可 取 n＝(2，0，－1)， ∴cos〈n，A1D→ 〉＝ n·A1D→ |n||A1D→ | ＝ 10 5 ， ∴A1D 与平面 CA1A2 所成角的正弦值为 10 5 . 4 解析 (1)证明：如图，取 AA1 中点 M，使 DD1 上一点 N，取 D1N ＝1，连接 PN，NM，MF，易证四边形 PNMF 为平行四边形，∴ NM∥PF，NM＝PF， ∵EM∥NQ，EM＝NQ＝1，∴四边形 MNQE 为平行四边形，则 MN∥EQ，MN＝EQ， ∴PF∥EQ，PF＝EQ，∴四边形 PQEF 为平行四边形，∴EF∥PQ. ∵PQ⊂平面 BPQ，EF⊄平面 BPQ， ∴EF∥平面 BPQ. (2)如图，设 AC 与 BD 交于点 O， ∵底面 ABCD 是菱形，∴AC⊥BD. 以 O 为原点，OA，OB，及过点 O 且与 AA1 平行的直线分别为 x， y，z 轴建立空间直角坐标系，则 B(0，1，0)，P(－2，0，3)，Q(0， －1，2)，E(2，0，1)，BP→＝(－2，－1，3)，PQ→＝(2，－1，－1)， PE→＝(4，0，－2)． 设平面 PQE 的法向量 m＝(x，y，z)， 则 m·PE→＝0 m·PQ→＝0 ⇒ 4x－2z＝0， 2x－y－z＝0， 令 x＝1，得平面 PQE 的一个法向量为 m＝(1，0， 2)． 设直线 BP 与平面 PQE 所成角为θ， 则 sinθ＝ |BP→·m| |BP→|·|m| ＝2 70 35 ， 即直线 BP 与平面 PQE 所成角的正弦值为2 70 35 . 解析 (1)当λ＝1 3 时，CE∥平面 FBD. 证明如下：连接 AC，交 BD 于点 M，连接 MF，如图．因为 AB∥CD，所以 AM∶MC ＝AB∶CD＝2∶1，又EF→＝1 3EA→ ，所以 FA∶EF＝2∶1. 所以 AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1，所以 MF∥CE. 又 MF⊂平面 BDF，CE⊄平面 BDF，所以 CE∥平面 BDF. (2)取 AB 的中点 O，连接 EO，OD，则 EO⊥AB. 又因为平面 ABE⊥平面 ABCD，平面 ABE∩平面 ABCD＝AB，EO⊂平面 ABE， 所以 EO⊥平面 ABCD，因为 OD⊂平面 ABCD，所以 EO⊥OD. 由 BC⊥CD，及 AB＝2CD，AB∥CD，得 OD⊥AB， 由 OB，OD，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O －xyz. 因为△EAB 为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD， 所以 OA＝OB＝OD＝OE，设 OB＝1， 所以 O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0， 0，1)． 所以AB→ ＝(2，0，0)，BD→ ＝(－1，1，0)，EA→ ＝(－1，0，－1)，EF→＝1 3EA→ ＝ －1 3 ，0，－1 3 ， 则 F －1 3 ，0，2 3 ，所以FB→＝ 4 3 ，0，－2 3 . 设平面 BDF 的法向量为 n＝(x，y，z)，则有 n·BD→ ＝0， n·FB→＝0， 所以 －x＋y＝0， 4 3x－2 3z＝0， 取 x＝1，得 n＝(1，1，2)． 设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为θ， 则 sinθ＝|cos〈AB→ ，n〉|＝|AB→ ·n| |AB→ ||n| ＝|2×1＋0×1＋0×2| 2× 12＋12＋22 ＝ 6 6 . 即直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 6 6 . [第二次作业·立体几何大题(二)] 1 解析 (1)证明：在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，A1A⊥平面 ABC，CD⊂平面 ABC， 所以 A1A⊥CD. 在△ABC 中，AC＝BC，AD＝BD，所以 CD⊥AB. 又 AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面 AA1B1B，所以 CD⊥平面 AA1B1B. 因为 B1E⊂平面 AA1B1B，所以 CD⊥B1E， 又 B1E⊥A1D，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面 A1CD，所以 B1E⊥平面 A1CD. (2)设 AB＝2，在矩形 AA1B1B 中，因为 B1E⊥A1D， 所以∠A1EB1＝∠A1DA，则 tan∠A1EB1＝tan∠A1DA， 即A1B1 A1E ＝AA1 AD ，即 2 1 2AA1 ＝AA1 1 ，得 AA1＝2. 以 D 为坐标原点，DB，DC，及过点 D 且与 BB1 平行的直线分别为 x，y，z 轴 建立如图所示坐标系， 则 B1(1，0，2)，C(0，3，0)，E(－1，0，1)， 则DB1 → ＝(1，0，2)，DC→ ＝(0，3，0)， 设平面 B1CD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 DB1 → ·n＝x＋2z＝0， DC→ ·n＝ 3y＝0， 令 z＝1 得 n＝(－2，0，1)为平面 B1CD 的一 个法向量． 由(1)知 B1E⊥平面 A1CD，所以B1E→ ＝(－2，0，－1)为平面 A1CD 的 一个法向量． cos〈B1E→ ，n〉＝ B1E→ ·n |B1E→ |·|n| ＝ 4－1 5× 5 ＝3 5.据图观察可知二面角为锐角， 所以二面角 A1－CD－B1 的余弦值为3 5. 解析 (1)证明：记 SD 的中点为 G，连接 GF，GA，如图． 由题知 E，F 分别为 AB，SC 的中点， 则 GF∥CD，且 GF＝1 2CD. 因为 AB∥CD，且 AE＝1 2CD， 所以 GF∥AE，且 GF＝AE， 所以四边形 GFEA 为平行四边形， 则 EF∥AG. 又 EF⊄平面 SAD，AG⊂平面 SAD， 所以 EF∥平面 SAD. (2)以 D 为原点，分别以DA→ ，DC→ ，DS→ 的方向为 x，y，z 轴的正 方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D－xyz， 则 S(0，0，8)，D(0，0，0)，E(4，2，0)，F(0，2，4)， DE→ ＝(4，2，0)，DF→＝(0，2，4)，EF→＝(－4，0，4)，ES→＝(－4， －2，8)． 设平面 DEF 的法向量 m＝(x1，y1，z1)，则 DE→ ·m＝4x1＋2y1＝0， DF→·m＝2y1＋4z1＝0， 令 x1＝2，则 m＝(2，－4，2)． 设平面 SEF 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，则 EF→·n＝－4x2＋4z2＝0， ES→·n＝－4x2－2y2＋8z2＝0. 令 x2＝2，则 n＝(2，4，2)． cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝－1 3 ，设二面角 D－EF－S 的平面角为θ，则 sinθ＝2 2 3 ， 即二面角 D－EF－S 的正弦值为2 2 3 . 解析 (1)证明：因为平面 ABCD 垂直于半圆 O 所在的平面，两平面的交线为 AB，BC⊂平面 ABCD，BC⊥AB，所以 BC 垂直于半圆 O 所在的平面． 又 EA 在半圆 O 所在的平面内，所以 BC⊥EA. 易知∠AEB 是直角，即 EA⊥BE，BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面 EBC，所以 EA⊥ 平面 EBC，又 EC⊂平面 EBC，所以 EA⊥EC. (2)如图，以点 O 为坐标原点，以过点 D 垂直于平面 ABCD 的直线为 x 轴，AB 所在的直线为 y 轴，过点 O 与 BC 平行的 直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 O－xyz.由异面直线 AE 和 DC 所成的角为π 6 ，且 AB∥DC 可知∠BAE＝π 6.连接 OE，则 ∠BOE＝π 3 ，易得 E 3 2 a，1 2a，0 . 由题可 知 C(0， a ，a)， D(0 ， －a，a)，所 以 DE→ ＝ 3 2 a，3 2a，－a ，CE→ ＝ 3 2 a，－1 2a，－a . 设平面 DCE 的法向量为 n＝(x0，y0，z0)， 由DE→ ·n＝0，CE→·n＝0 得， 3 2 ax0＋3 2ay0－az0＝0， 3 2 ax0－1 2ay0－az0＝0， 令 x0＝2，则 y0＝0，z0＝ 3，所以 n＝(2，0， 3)为平面 DCE 的一个法向量． 又平面 AEB 的一个法向量为 m＝(0，0，1)， 所以|cos〈n，m〉|＝ 21 7 . 故平面 DCE 与平面 AEB 所成的锐二面角的余弦值是 21 7 . 解析 (1)证明：∵AB⊥面 ADE，EF⊥面 ADE， ∴AB∥EF. 又 EF⊂面 CDEF，AB⊄面 CDEF， ∴AB∥面 CDEF. 又 AB⊂面 ABCD，面 ABCD∩面 CDEF＝CD， ∴AB∥CD. (2)如图，设 AD 的中点为 G，连接 EG，AC，BD，设 AC 与 BD 的交点为 O，连接 OF，OG， ∵AB⊥面 ADE，DA，DE⊂面 ADE， ∴AB⊥DA，AB⊥DE. ∵AB∥CD，∴CD⊥DA，CD⊥DE. 又 DA⊂面 ABCD，DE⊂面 CDEF，且面 ABCD∩面 CDEF＝CD， ∴二面角 E－DC－A 的平面角∠ADE＝60°. 又在△ADE 中，AD＝AE＝2， ∴△ADE 是边长为 2 的正三角形， ∴EG⊥AD， ∵AB⊥面 ADE，EG⊂平面 ADE， ∴AB⊥EG， ∵AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面 ABCD， ∴EG⊥面 ABCD， 由(1)知 AB∥CD，又 CD⊥DA，AB＝CD＝AD， ∴四边形 ABCD 为正方形， ∴OG＝1 2AB＝1＝EF，又 OG∥AB， ∴OG∥EF， ∴四边形 OGEF 为平行四边形， ∴OF∥EG， ∴OF⊥面 ABCD， 又 BC⊂平面 ABCD，∴OF⊥BC， 取 BC 的中点为 H，连接 OH，FH， ∴OH⊥BC， ∵OF∩OH＝O，OF，OH⊂平面 OFH， ∴BC⊥面 OFH， 又 FH⊂平面 OFH，∴BC⊥FH， ∴∠OHF 即为二面角 F－BC－D 所成的平面角， ∵△ADE 是边长为 2 的正三角形，四边形 ABCD 为正方形， ∴OF＝ 3，OH＝1， ∴tan∠OHF＝ 3 1 ＝ 3， ∴∠OHF＝60°， ∴二面角 F－BC－D 的大小为 60°. 解析 (1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO，如图． 因为四边形 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点， 又 E 为 PD 的中点，所以 EO∥PB， 又 EO⊂平面 AEC，PB⊄平面 AEC，所以 PB∥平面 AEC. (2)因为 PA⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 为矩形，所以 AD， AB，AP 两两垂直，如图，以 A 为坐标原点，AB→ 的方向为 x 轴 的正方向，AD→ 的方向为 y 轴的正方向，AP→的方向为 z 轴的正方 向，建立空间直角坐标系 A－xyz.设 B(m，0，0)(m>0)，则 D(0，3，0)，E 0， 3 2 ，1 2 ， C(m， 3，0)，所以AE→ ＝ 0， 3 2 ，1 2 ，AC→ ＝(m， 3，0)， 设 n＝(x，y，z)为平面 ACE 的法向量，则 n·AC→ ＝0 n·AE→ ＝0 ⇒ mx＋ 3y＝0， 3 2 y＋1 2z＝0， 可取 n＝( 3，－m， 3m)， 又 m＝(1，0，0)为平面 DAE 的一个法向量，由题设知|cos〈m，n〉|＝cos60°＝1 2. 即 3 3＋m2＋3m2 ＝1 2 ，解得 m＝3 2. 因为 E 为 PD 的中点，设 F 为 AD 的中点， 则 PA∥EF，且 EF＝1 2PA＝1 2 ，EF⊥面 ACD， 故三棱锥 E－ACD 的高为 EF＝1 2 ， 三棱锥 E－ACD 的体积 V＝1 3 ·S△ACD·EF＝1 3 ×1 2 × 3×3 2 ×1 2 ＝ 3 8 ，所以三棱锥 E－ACD 的体积为 3 8 . [第三次作业·立体几何大题(三)] 1 证明 (1)因为 E，F 分别是 AC，B1C 的中点， 所以 EF∥AB1. 又 EF⊄平面 AB1C1，AB1⊂平面 AB1C1， 所以 EF∥平面 AB1C1. (2)因为 B1C⊥平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 B1C⊥AB. 又 AB⊥AC，B1C⊂平面 AB1C，AC⊂平面 AB1C，B1C∩AC＝C， 所以 AB⊥平面 AB1C. 又因为 AB⊂平面 ABB1 所以平面 AB1C⊥平面 ABB1. 2 解析 (1)证明：因为 AP＝CP＝AC＝4，O 为 AC 的中点， 所以 OP⊥AC，且 OP＝2 3. 连接 OB，因为 AB＝BC＝ 2 2 AC，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC， OB＝1 2AC＝2. 由 OP2＋OB2＝PB2 知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB，OP⊥AC，且 OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面 ABC 知 PO⊥平面 ABC. (2)如图，以 O 为坐标原点，OB→ 的方向为 x 轴正方向，OC→ 的方向 为 y 轴正方向，OP→的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 O －xyz. 由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2 3)， AP→＝(0，2，2 3)．取平面 PAC 的一个法向量为OB→ ＝(2，0，0)． 设 M(a，2－a，0)(0