作业19－立体几何大题（含答案解析）学案

这是一份作业19－立体几何大题（含答案解析）学案，共24页。
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．
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×cs60°＝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.
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，E(0，0，1)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，C(0，1，0)，F(0，1，1)，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，\f(1,2))).
那么eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，\f(1,2)))，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，1，1)．
设平面DQF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(DF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)x－\f(1,4)y＋\f(1,2)z＝0，,y＋z＝0，))取y＝1，得n＝(eq \r(3)，1，－1)．
设BC与平面DQF所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈eq \(BC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|\(BC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2\r(5),5).
∴BC与平面DQF所成角的正弦值为eq \f(2\r(5),5).
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＝eq \r(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．
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＝eq \r(3)AE，
因为△ABC是等边三角形，
所以AC＝AB，
所以AB＝eq \r(3)AE.
在Rt△ABD中，有eq \f(1,2)AE·BD＝eq \f(1,2)AB·AD，得BD＝eq \r(3)AD.
因为BD＝eq \r(6)，所以AD＝eq \r(2).
又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.
则AE＝eq \f(2\r(3),3)，ED＝eq \f(\r(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＝eq \f(\r(3),2)AE＝1，
所以sin∠ADO＝eq \f(AO,AD)＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(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＝eq \r(3)AE，
因为△ABC是等边三角形，所以AC＝AB，
所以AB＝eq \r(3)AE.
在Rt△ABD中，有eq \f(1,2)AE·BD＝eq \f(1,2)AB·AD，得BD＝eq \r(3)AD，
因为BD＝eq \r(6)，所以AD＝eq \r(2).
又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.
则AE＝eq \f(2\r(3),3)，ED＝eq \f(\r(6),3).
以E为坐标原点，以向量eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))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Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，0，1))，
向量eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(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cs〈m，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(AD,\s\up6(→)),|m||\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\r(2)×1)＝－eq \f(\r(2),2)，
所以sinθ＝|cs〈m·eq \(AD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),2).
3.(2020·六安一中模拟)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．
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＝eq \f(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＝eq \r(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＝eq \f(1,2)A1A2，故∠A1CA2＝90°，即A1C⊥A2C.
(2)由题意可知三棱锥C－A1DA2的体积为V＝eq \f(1,3)O1O2S△A1DA2＝eq \f(\r(3),6)A1D·A2D，
又在Rt△A1DA2中，A1D2＋A2D2＝A1A22＝16≥2A1D·A2D，当且仅当A1D＝A2D＝2eq \r(2)时取等号，
即当点D为弧A1A2的中点时，V有最大值eq \f(4\r(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Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(3)))，故eq \(A1D,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(A1A2,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq \(A2C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，\r(3)))，
设平面CA1A2的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1A2,\s\up6(→))＝4y＝0，,n·\(A2C,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x－\f(3,2)y＋\r(3)z＝0，))可取n＝(2，0，－1)，
∴cs〈n，eq \(A1D,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(A1D,\s\up6(→)),|n||\(A1D,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(10),5)，
∴A1D与平面CA1A2所成角的正弦值为eq \f(\r(10),5).
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．
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)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2，－1，3)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(2，－1，－1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(4，0，－2)．
设平面PQE的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PE,\s\up6(→))＝0,m·\(PQ,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·m|,|\(BP,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(2\r(70),35)，
即直线BP与平面PQE所成角的正弦值为eq \f(2\r(70),35).
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eq \(EF,\s\up6(→))＝λeq \(EA,\s\up6(→))(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．
解析 (1)当λ＝eq \f(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eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(EA,\s\up6(→))，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eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(EA,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，－\f(1,3)))，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2,3)))，
所以eq \(FB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0，－\f(2,3))).
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(FB,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,\f(4,3)x－\f(2,3)z＝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＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|2×1＋0×1＋0×2|,2×\r(12＋12＋22))＝eq \f(\r(6),6).
即直线AB与平面BDF所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
[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．
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eq \f(A1B1,A1E)＝eq \f(AA1,AD)，即eq \f(2,\f(1,2)AA1)＝eq \f(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，eq \r(3)，0)，E(－1，0，1)，
则eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，
设平面B1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DB1,\s\up6(→))·n＝x＋2z＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n＝\r(3)y＝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eq \(B1E,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)为平面A1CD的一个法向量．
cs〈eq \(B1E,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(B1E,\s\up6(→))·n,|\(B1E,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(4－1,\r(5)×\r(5))＝eq \f(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eq \f(3,5).
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．
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＝eq \f(1,2)CD.
因为AB∥CD，且AE＝eq \f(1,2)CD，
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eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))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)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，2，4)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－4，0，4)，eq \(ES,\s\up6(→))＝(－4，－2，8)．
设平面DEF的法向量m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·m＝4x1＋2y1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝－4x2＋4z2＝0，,\(ES,\s\up6(→))·n＝－4x2－2y2＋8z2＝0.))
令x2＝2，则n＝(2，4，2)．
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝－eq \f(1,3)，
设二面角D－EF－S的平面角为θ，则sinθ＝eq \f(2\r(2),3)，
即二面角D－EF－S的正弦值为eq \f(2\r(2),3).
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eq \f(π,6)，求平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值．
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eq \f(π,6)，且AB∥DC可知∠BAE＝eq \f(π,6).连接OE，则∠BOE＝eq \f(π,3)，易得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0)).
由题可知C(0，a，a)，D(0，－a，a)，所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(3,2)a，－a))，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a，－a)).
设平面DCE的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
由eq \(DE,\s\up6(→))·n＝0，eq \(CE,\s\up6(→))·n＝0得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)ax0＋\f(3,2)ay0－az0＝0，,\f(\r(3),2)ax0－\f(1,2)ay0－az0＝0，))
令x0＝2，则y0＝0，z0＝eq \r(3)，所以n＝(2，0，eq \r(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|cs〈n，m〉|＝eq \f(\r(21),7).
故平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值是eq \f(\r(21),7).
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．
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＝eq \f(1,2)AB＝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＝eq \r(3)，OH＝1，
∴tan∠OHF＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，
∴∠OHF＝60°，
∴二面角F－BC－D的大小为60°.
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＝eq \r(3)，求三棱锥E－ACD的体积．
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，eq \(AB,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，eq \(AD,\s\up6(→))的方向为y轴的正方向，eq \(AP,\s\up6(→))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，eq \r(3)，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，C(m，eq \r(3)，0)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(m，eq \r(3)，0)，
设n＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0,n·\(AE,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))
可取n＝(eq \r(3)，－m，eq \r(3)m)，
又m＝(1，0，0)为平面DAE的一个法向量，由题设知|cs〈m，n〉|＝cs60°＝eq \f(1,2).
即eq \f(\r(3),\r(3＋m2＋3m2))＝eq \f(1,2)，解得m＝eq \f(3,2).
因为E为PD的中点，设F为AD的中点，
则PA∥EF，且EF＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(1,2)，EF⊥面ACD，
故三棱锥E－ACD的高为EF＝eq \f(1,2)，
三棱锥E－ACD的体积V＝eq \f(1,3)·S△ACD·EF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(3,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),8)，
所以三棱锥E－ACD的体积为eq \f(\r(3),8).
[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.
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．(2018·课标全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq \r(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．
解析 (1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
连接OB，因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝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，eq \(OB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq \(OC,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq \(OP,\s\up6(→))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(0，0，2eq \r(3))，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq \r(3))．取平面PAC的一个法向量为eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0