"《创新方案》届高考数学（文科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题四第二讲高考中的立体几何(解答题型)（以年真题和模拟题为例，含答案解析）"1．在直角梯形A1A2A3D中，A1D＝10，A2A3＝16，A1A2＝8，A1A2⊥A1D，A1A2⊥A2A3，且B，C分别是边A1A2，A2A3上的一点，沿线段BC，CD，DB分别将△BCA2，△CDA3，△DBA1翻折上去恰好使A1，A2，A3重合于一点A.(1)求证：AB⊥CD；(2)求AC与平面BCD所成角的正弦值．解：(1)证明：由题意∠BAC＝∠BAD＝，故BA⊥平面ACD，所以AB⊥CD.(2)由题意得，A1D＝A3D＝10，A1B＝A2B＝4，A2C＝A3C＝8，作点A在平面BCD内的射影点O，由VABCD＝VBACD得，S△BCD·AO＝S△ACD·AB，又S△ACD＝×8×8＝32，S△BCD＝(8＋10)×8－×4×10－×8×4＝36，所以AO＝＝.设AC与平面BCD所成角为α，则sinα＝＝＝.2.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD.(1)证明：BD⊥PC；(2)若AD＝4，BC＝2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥PABCD的体积．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线，所以BD⊥平面PAC.而PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)设AC和BD相交于点O，连结PO，由(1)知，BD⊥平面PAC，所以∠DPO是直线PD和平面PAC所成的角．从而∠DPO＝30°.由BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC知，BD⊥PO，在Rt△POD中，由∠DPO＝30°，得PD＝2OD.因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，从而梯形ABCD的高为AD＋BC＝×(4＋2)＝3，于是梯形ABCD的面积S＝×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD中，OD＝AD＝2，所以PD＝2OD＝4，PA＝＝4.故四棱锥PABCD的体积为V＝×S×PA＝×9×4＝12.3.如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥EF，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值．解：(1)由题设知，BF∥CE，所以∠CED(或其补角)为异面直线BF与DE所成的角．设P为AD的中点，连接EP，PC.因为FE綊AP，所以FA綊EP.同理，AB綊PC.又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD.而PC，AD都在平面ABCD内，故EP⊥PC，EP⊥AD.由AB⊥AD，可得PC⊥AD.设FA＝a，则EP＝PC＝PD＝a，CD＝DE＝EC＝a.故∠CED＝60°.所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.(2)证明：因为DC＝DE且M为CE的中点，所以DM⊥CE.连接MP，则MP⊥CE.又MP∩DM＝M，故CE⊥平面AMD.而CE⊂平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.(3)设Q为CD的中点，连接PQ，EQ.因为CE＝DE，所以EQ⊥CD.因为PC＝PD，所以PQ⊥CD，故∠EQP为二面角ACDE的平面角．由(1)可得，EP⊥PQ，EQ＝a，PQ＝a.于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝＝.所以二面角ACDE的余弦值为.4.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，平面ACFE⊥平面ABCD，四边形ACFE是矩形，AE＝a，点M在线段EF上．(1)求证：BC⊥平面ACFE；(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论；(3)求二面角BEFD的平面角的余弦值．解：(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，∴四边形ABCD是等腰梯形，且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC，又∵平面ACFE⊥平面ABCD，交线为AC，∴BC⊥平面ACFE.(2)当EM＝a时，AM∥平面BDF，在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接FN，则CN∶NA＝1∶2，∵EM＝a，而EF＝AC＝a，∴EM∶MF＝1∶2，∴MF綊AN，∴四边形ANFM是平行四边形，∴AM∥NF，又∵NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，∴AM∥平面BDF.(3)取EF的中点G，EB的中点H，连接DG，GH，DH.∵DE＝DF，∴DG⊥EF，由(1)知BC⊥平面ACFE，∴BC⊥EF，又∵EF⊥FC，FC∩BC＝C，∴EF⊥平面FCB，∵FB⊂平面FCB，∴EF⊥FB，又∵GH∥FB，∴EF⊥GH，∴∠DGH是二面角BEFD的平面角．在△BDE中，DE＝a，DB＝a，BE＝＝a，∴DE2＋DB2＝BE2，∴∠EDB＝90°，∴DH＝a.又∵DG＝a，GH＝a，∴在△DGH中，由余弦定理得cos∠DGH＝，即二面角BEFD的平面角的余弦值为.
