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人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测四 立体几何
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这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测四 立体几何，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题过关检测四 立体几何
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021·山东济宁二模)“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2021·重庆八中月考)已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为( )
A.55 B.255 C.510 D.9510
3.(2021·江西上饶三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则( )
A.BG=12BC1
B.BC1=3GC1
C.BG=3GC1
D.G为线段BC1上任意一点
4.(2021·辽宁葫芦岛一模)某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为( )
A.4π B.16π3 C.28π3 D.4π3
5.(2021·天津三模)在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为( )
A.4π B.5π
C.6π D.7π
6.(2021·广东深圳模拟)已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,M为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为( )
A.π3 B.2π3
C.π D.4π3
7.(2021·福建师大附中模拟)过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,则平面ABP与平面CDP的夹角的余弦值为( )
A.13 B.22 C.32 D.33
8.(2021·山东滨州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,若MP∥平面A1BC1,则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是( )
A.0,π3 B.π6,π3
C.π3,π2 D.π3,π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·广东广州三模)对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是( )
A.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
B.若a⊥b,b⊥β,则a∥β
C.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
D.若a∥α,α⊥β,则a⊥β
10.(2021·湖北荆门月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是( )
A.三棱锥A-D1PC的体积不变
B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变
D.二面角P-AD1-C的大小不变
11.(2021·福建龙岩三模)在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6 m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为213 m.下面说法正确的是( )
A.圆锥SO的侧面积为12π m2
B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18 m2
C.圆锥SO的外接球的表面积为72π m2
D.棱长为3 m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
12.(2021·新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·辽宁大连期中)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为 .
14.(2021·河北石家庄期末)如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是 .
15.(2021·浙江绍兴二模)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M= .
16.(2021·广东汕头二模)在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1-DEC的体积最大时,三棱锥A1-DEC的外接球的表面积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021·广东韶关期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.
求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;
(2)C1F∥平面ABE.
18.(12分)(2021·河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.
(1)求证:CE∥平面PAD;
(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.
19.(12分)(2021·北京石景山区模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,PB⊥AM.
(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
20.(12分)(2021·山东淄博三模)如图①,在平面图形ABCD中,△ABD是边长为4的等边三角形,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,M为AD的中点,沿BM将△ABM折起,得到四棱锥A1-BCDM,如图②.
图①
图②
(1)设平面A1BC与平面A1DM的交线为l,在四棱锥A1-BCDM的棱A1C上求一点N,使直线BN∥l;
(2)若二面角A1-BM-D的大小为60°,求平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值.
21.(12分)(2021·湖南长沙模拟)如图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.
(1)求证:直线l⊥平面PAC.
(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.
22.(12分)(2021·重庆蜀都中学月考)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.
图①
图②
(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2.
(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.
专题过关检测四 立体几何
1.B 解析: 由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.
2.C 解析: 连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=12+12-2×1×1×cos120°=3,PE=4+3=7,BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cos∠PBE=4+5-72×2×5=510,
所以直线CD与PB所成角的余弦值为510.故选C.
3.D 解析: 如图,∵AD⊥平面ABB1A1,
∴AD⊥A1B.
又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,
∴A1B⊥平面AB1D,
∴A1B⊥B1D.
同理BC1⊥B1D.
又A1B∩BC1=B,
∴B1D⊥平面A1BC1.
又A1G⊂平面A1BC1,
∴A1G⊥B1D.
故G为线段BC1上任意一点.故选D.
4.B 解析: 由题意可知内层小圆锥底面半径最大为22-12=3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×22×3-13π×(3)2×4=16π3.故选B.
5.C 解析: 依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.
6.A 解析: 设球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因为S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=33,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=π3.故选A.
7.B 解析: 设AP=AB=1,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),所以PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1).
设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则m·PC=x+y-z=0,m·PD=y-z=0,取y=1,则x=0,z=1,所以m=(0,1,1)为平面CDP的一个法向量.易知n=(0,1,0)为平面ABP的一个法向量.设平面ABP与平面CDP的夹角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=12×1=22.故选B.
8.C 解析: 如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),M(0,0,1),取AD的中点E,DC的中点F,连接ME,EF,MF,则E(1,0,0),F(0,1,0).因为ME=(1,0,-1),C1B=(2,0,-2)=2ME,所以C1B∥ME.同理EF∥A1C1.又ME⊄平面A1BC1,C1B⊂平面A1BC1,所以ME∥平面A1BC1.同理MF∥平面A1BC1.又MF∩ME=M,所以平面MEF∥平面A1BC1.
因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,MP∥平面A1BC1,所以点P在线段EF上.因为EF∥A1C1,所以异面直线MP与A1C1所成的角即是直线MP与EF所成的角.当MP⊥EF时,异面直线MP与A1C1所成的角最大为π2,当点P与点E或点F重合时,异面直线MP与A1C1所成的角最小为π3.故所求角的取值范围为π3,π2.
9.AC 解析: 对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.
10.ACD 解析: 对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥A-D1PC的体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化,所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,其大小不变,故D正确.故选ACD.
11.AD 解析: 如图,设圆锥底面半径为r m,将圆锥侧面展开得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6 m,SC=2 m,A'C=213 m,
则cos∠A'SC=36+4-522×6×2=-12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2),故A正确.
在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB=12SA·SB·sin∠ASB=12×6×6×429=82(m2),故B错误.
设圆锥SO的外接球的半径为R m,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42-R)2+4,解得R=924,所以圆锥SO的外接球的表面积为4πR2=81π2(m2),故C错误.
设圆锥SO的内切球的半径为t m,则t42-t=13,解得t=2,设棱长为3 m的正四面体的外接球的半径为r1 m,将该正四面体放在棱长为62的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=123×622=324,因为r1
图①
在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=1+(1-u)2,
故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;
图②
B项中,当u=1时,BP=λBC+BB1⇒BP−BB1=B1P=λBC,则B1P与BC共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.
由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;
图③
C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.
取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B32,0,0,C0,12,0,A10,-12,1,P34,14,u,从而A1P=34,34,u-1,BP=-34,14,u,
由A1P·BP=u(u-1)=0,得u=0或u=1.
当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;
D项中,当u=12时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.
图④
建系同选项C,则A0,-12,0,A10,-12,1,B32,0,0,P32−32λ,λ2,12,从而A1B=32,12,-1,AP=32−32λ,λ2+12,12,四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.
要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12−λ2=0,解得λ=1.
当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.
综上所述,选BD.
13.39π 解析: ∵体积V=13π×62·h=30π,∴高h=52,∴母线长l=ℎ2+r2=522+62=132,∴S侧=πrl=π×6×132=39π.
14.3-2 解析: ∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2BF·FE+2FE·ED+2BF·ED.
由题意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·ED=0,BF·ED=1×1×cos 135°=-22,
∴|BD|=3-2.故B,D两点间的距离是3-2.
15.85 解析: 如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a≤4),所以MN=(-2,4,-a),D1N=(2,4,-4).
设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),
则n·MN=0,n·D1N=0,即-2x+4y-az=0,2x+4y-4z=0,解得x=(4-a)z4,y=(a+4)z8,
令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.
易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.
设平面D1MN与平面ABCD的夹角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=8(8-2a)2+(a+4)2+64=85a2-24a+144,当a=125时,cos θ取最大值,则θ取最小值,所以A1M=4-125=85.
16.8π 解析: 如图,由余弦定理,得DE=AD2+AE2-2AD·AEcos60°=3,CE=BE2+BC2-2BE·BCcos(180°-60°)=7,所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,DC⊥DE.
分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1-DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4πA1C22=8π.
17.证明: (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.
∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.
又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,
又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.
(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.
∵G,F分别为AB,BC的中点,
∴GF∥AC,GF=12AC.
∵E为A1C1的中点,
∴EC1=12A1C1=12AC.
又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,
∴四边形EGFC1为平行四边形,∴C1F∥EG.
又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
18.(1)证明: 因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.
又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.
同理EB∥平面PAD.
又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.
又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.
(2)解: 以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),
所以PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2).
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
则m·PC=3x+3y-3z=0,m·PE=3y-2z=0,
得x=z3,y=2z3,
令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.
设直线PD与平面PCE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|PD·m||PD||m|=632×14=77,
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为77.
19.(1)证明: 因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,
所以PD⊥AM.
又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)解: 由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,
所以△DAB∽△ABM.
设BM=x,则AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得2x2=1,解得x=22,所以AD=2.
因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积为13×1×2×1=23.
20.解: (1)如图,延长CB,DM相交于点E,连接A1E.
因为点A1,E既在平面A1BC内,又在平面A1DM内,所以直线A1E即为平面A1BC与平面A1DM的交线l.
因为DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,所以B为EC的中点.
取A1C的中点N,连接BN,则BN∥A1E,即BN∥l.
故当N为棱A1C的中点时,BN∥l.
(2)由题意可知BM⊥A1M,BM⊥MD,则∠A1MD为二面角A1-BM-D的平面角,所以∠AMD=60°.
又A1M=MD,所以△A1MD为等边三角形.
取MD的中点O,连接A1O,则A1O⊥MD.
由BM⊥A1M,BM⊥MD,A1M∩MD=M,可知BM⊥平面A1MD,所以BM⊥A1O.
又BM∩MD=M,所以A1O⊥平面BCDM.
如图,建立空间直角坐标系.
则D(-1,0,0),A1(0,0,3),C(-5,43,0),B(1,23,0),所以DA1=(1,0,3),DC=(-4,43,0),DB=(2,23,0).
设平面A1CD的法向量m=(x,y,z),
则m·DA1=0,m·DC=0,即x+3z=0,-4x+43y=0,
令z=-3,则x=3,y=3,所以m=(3,3,-3)为平面A1CD的一个法向量.
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·DA1=0,n·DB=0,即x+3c=0,2a+23b=0,
令c=-3,则a=3,b=-3,所以n=(3,-3,-3)为平面A1BD的一个法向量.
设平面A1BD与平面A1CD的夹角为θ,
则cos θ=|cos|
=|3×3+3×(-3)+(-3)×(-3)|32+(3)2+(-3)2×32+(-3)2+(-3)2
=35,
所以平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值为35.
21.(1)证明: ∵E,F分别是PC,PB的中点,∴BC∥EF.
又EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF,∴BC∥平面AEF.
又BC⊂平面ABC,平面AEF∩平面ABC=l,∴BC∥l.
∵BC⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面PAC.∴l⊥平面PAC.
(2)解: 如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,3),E12,0,32,F12,2,32.
所以AE=-32,0,32,EF=(0,2,0).
由题意可设Q(2,y,0),平面AEF的法向量为m=(x,y,z),
则AE·m=-32x+32z=0,EF·m=2y=0,取z=3,则x=1,y=0,
所以m=(1,0,3)为平面AEF的一个法向量.
又PQ=(1,y,-3),所以|cos|=|2y|24+y2=|y|4+y2,|cos|=|1-3|24+y2=14+y2,
依题意,|cos|=|cos|,解得y=±1.
故直线l上存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余,此时AQ=1.
22.解: (1)取EF的中点G,连接PG.
因为EF=λBD,所以EF∥BD,所以PE=PF,
所以PG⊥EF.
又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.
连接GC,由题意可知GC⊥EF.
以G为坐标原点,GF,GC,GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1,3(1-λ),0),P(0,0,3λ),D(-1,3(1-λ),0),所以FB=(1-λ,3(1-λ),0),DP=(1,-3(1-λ),3λ).
因为BF⊥PD,所以FB·DP=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=23或λ=1(舍去).
设△BCD的面积为S,则S△AEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以V1V2=S△BCDS四边形BDEF=S59S=95.
(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:
由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.
设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),
因为FB=(1-λ,3(1-λ),0),FP=(-λ,0,3λ),
所以n2·FB=0,n2·FP=0,即(1-λ)x+3(1-λ)y=0,-λx+3λz=0,
取y=1,则x=-3,z=-1,所以n2=(-3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.
设二面角E-PF-B的平面角为θ,所以|cos θ|=|cos|=11×5=55.
由图可知θ为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值为-55.
专题过关检测四 立体几何
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021·山东济宁二模)“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2021·重庆八中月考)已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为( )
A.55 B.255 C.510 D.9510
3.(2021·江西上饶三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则( )
A.BG=12BC1
B.BC1=3GC1
C.BG=3GC1
D.G为线段BC1上任意一点
4.(2021·辽宁葫芦岛一模)某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为( )
A.4π B.16π3 C.28π3 D.4π3
5.(2021·天津三模)在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为( )
A.4π B.5π
C.6π D.7π
6.(2021·广东深圳模拟)已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,M为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为( )
A.π3 B.2π3
C.π D.4π3
7.(2021·福建师大附中模拟)过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,则平面ABP与平面CDP的夹角的余弦值为( )
A.13 B.22 C.32 D.33
8.(2021·山东滨州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,若MP∥平面A1BC1,则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是( )
A.0,π3 B.π6,π3
C.π3,π2 D.π3,π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·广东广州三模)对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是( )
A.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
B.若a⊥b,b⊥β,则a∥β
C.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
D.若a∥α,α⊥β,则a⊥β
10.(2021·湖北荆门月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是( )
A.三棱锥A-D1PC的体积不变
B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变
D.二面角P-AD1-C的大小不变
11.(2021·福建龙岩三模)在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6 m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为213 m.下面说法正确的是( )
A.圆锥SO的侧面积为12π m2
B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18 m2
C.圆锥SO的外接球的表面积为72π m2
D.棱长为3 m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
12.(2021·新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·辽宁大连期中)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为 .
14.(2021·河北石家庄期末)如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是 .
15.(2021·浙江绍兴二模)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M= .
16.(2021·广东汕头二模)在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1-DEC的体积最大时,三棱锥A1-DEC的外接球的表面积为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2021·广东韶关期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.
求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;
(2)C1F∥平面ABE.
18.(12分)(2021·河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.
(1)求证:CE∥平面PAD;
(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.
19.(12分)(2021·北京石景山区模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,PB⊥AM.
(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
20.(12分)(2021·山东淄博三模)如图①,在平面图形ABCD中,△ABD是边长为4的等边三角形,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,M为AD的中点,沿BM将△ABM折起,得到四棱锥A1-BCDM,如图②.
图①
图②
(1)设平面A1BC与平面A1DM的交线为l,在四棱锥A1-BCDM的棱A1C上求一点N,使直线BN∥l;
(2)若二面角A1-BM-D的大小为60°,求平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值.
21.(12分)(2021·湖南长沙模拟)如图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.
(1)求证:直线l⊥平面PAC.
(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.
22.(12分)(2021·重庆蜀都中学月考)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.
图①
图②
(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2.
(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.
专题过关检测四 立体几何
1.B 解析: 由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.
2.C 解析: 连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=12+12-2×1×1×cos120°=3,PE=4+3=7,BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cos∠PBE=4+5-72×2×5=510,
所以直线CD与PB所成角的余弦值为510.故选C.
3.D 解析: 如图,∵AD⊥平面ABB1A1,
∴AD⊥A1B.
又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,
∴A1B⊥平面AB1D,
∴A1B⊥B1D.
同理BC1⊥B1D.
又A1B∩BC1=B,
∴B1D⊥平面A1BC1.
又A1G⊂平面A1BC1,
∴A1G⊥B1D.
故G为线段BC1上任意一点.故选D.
4.B 解析: 由题意可知内层小圆锥底面半径最大为22-12=3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×22×3-13π×(3)2×4=16π3.故选B.
5.C 解析: 依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.
6.A 解析: 设球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因为S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=33,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=π3.故选A.
7.B 解析: 设AP=AB=1,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),所以PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1).
设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则m·PC=x+y-z=0,m·PD=y-z=0,取y=1,则x=0,z=1,所以m=(0,1,1)为平面CDP的一个法向量.易知n=(0,1,0)为平面ABP的一个法向量.设平面ABP与平面CDP的夹角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=12×1=22.故选B.
8.C 解析: 如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),M(0,0,1),取AD的中点E,DC的中点F,连接ME,EF,MF,则E(1,0,0),F(0,1,0).因为ME=(1,0,-1),C1B=(2,0,-2)=2ME,所以C1B∥ME.同理EF∥A1C1.又ME⊄平面A1BC1,C1B⊂平面A1BC1,所以ME∥平面A1BC1.同理MF∥平面A1BC1.又MF∩ME=M,所以平面MEF∥平面A1BC1.
因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,MP∥平面A1BC1,所以点P在线段EF上.因为EF∥A1C1,所以异面直线MP与A1C1所成的角即是直线MP与EF所成的角.当MP⊥EF时,异面直线MP与A1C1所成的角最大为π2,当点P与点E或点F重合时,异面直线MP与A1C1所成的角最小为π3.故所求角的取值范围为π3,π2.
9.AC 解析: 对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.
10.ACD 解析: 对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥A-D1PC的体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化,所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,其大小不变,故D正确.故选ACD.
11.AD 解析: 如图,设圆锥底面半径为r m,将圆锥侧面展开得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6 m,SC=2 m,A'C=213 m,
则cos∠A'SC=36+4-522×6×2=-12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2),故A正确.
在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB=12SA·SB·sin∠ASB=12×6×6×429=82(m2),故B错误.
设圆锥SO的外接球的半径为R m,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42-R)2+4,解得R=924,所以圆锥SO的外接球的表面积为4πR2=81π2(m2),故C错误.
设圆锥SO的内切球的半径为t m,则t42-t=13,解得t=2,设棱长为3 m的正四面体的外接球的半径为r1 m,将该正四面体放在棱长为62的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=123×622=324,因为r1
图①
在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=1+(1-u)2,
故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;
图②
B项中,当u=1时,BP=λBC+BB1⇒BP−BB1=B1P=λBC,则B1P与BC共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.
由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;
图③
C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.
取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B32,0,0,C0,12,0,A10,-12,1,P34,14,u,从而A1P=34,34,u-1,BP=-34,14,u,
由A1P·BP=u(u-1)=0,得u=0或u=1.
当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;
D项中,当u=12时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.
图④
建系同选项C,则A0,-12,0,A10,-12,1,B32,0,0,P32−32λ,λ2,12,从而A1B=32,12,-1,AP=32−32λ,λ2+12,12,四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.
要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12−λ2=0,解得λ=1.
当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.
综上所述,选BD.
13.39π 解析: ∵体积V=13π×62·h=30π,∴高h=52,∴母线长l=ℎ2+r2=522+62=132,∴S侧=πrl=π×6×132=39π.
14.3-2 解析: ∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2BF·FE+2FE·ED+2BF·ED.
由题意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·ED=0,BF·ED=1×1×cos 135°=-22,
∴|BD|=3-2.故B,D两点间的距离是3-2.
15.85 解析: 如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a≤4),所以MN=(-2,4,-a),D1N=(2,4,-4).
设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),
则n·MN=0,n·D1N=0,即-2x+4y-az=0,2x+4y-4z=0,解得x=(4-a)z4,y=(a+4)z8,
令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.
易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.
设平面D1MN与平面ABCD的夹角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=8(8-2a)2+(a+4)2+64=85a2-24a+144,当a=125时,cos θ取最大值,则θ取最小值,所以A1M=4-125=85.
16.8π 解析: 如图,由余弦定理,得DE=AD2+AE2-2AD·AEcos60°=3,CE=BE2+BC2-2BE·BCcos(180°-60°)=7,所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,DC⊥DE.
分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1-DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4πA1C22=8π.
17.证明: (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.
∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.
又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,
又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.
(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.
∵G,F分别为AB,BC的中点,
∴GF∥AC,GF=12AC.
∵E为A1C1的中点,
∴EC1=12A1C1=12AC.
又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,
∴四边形EGFC1为平行四边形,∴C1F∥EG.
又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
18.(1)证明: 因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.
又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.
同理EB∥平面PAD.
又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.
又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.
(2)解: 以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),
所以PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2).
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
则m·PC=3x+3y-3z=0,m·PE=3y-2z=0,
得x=z3,y=2z3,
令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.
设直线PD与平面PCE所成的角为θ,
则sin θ=|cos
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为77.
19.(1)证明: 因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,
所以PD⊥AM.
又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)解: 由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,
所以△DAB∽△ABM.
设BM=x,则AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得2x2=1,解得x=22,所以AD=2.
因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积为13×1×2×1=23.
20.解: (1)如图,延长CB,DM相交于点E,连接A1E.
因为点A1,E既在平面A1BC内,又在平面A1DM内,所以直线A1E即为平面A1BC与平面A1DM的交线l.
因为DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,所以B为EC的中点.
取A1C的中点N,连接BN,则BN∥A1E,即BN∥l.
故当N为棱A1C的中点时,BN∥l.
(2)由题意可知BM⊥A1M,BM⊥MD,则∠A1MD为二面角A1-BM-D的平面角,所以∠AMD=60°.
又A1M=MD,所以△A1MD为等边三角形.
取MD的中点O,连接A1O,则A1O⊥MD.
由BM⊥A1M,BM⊥MD,A1M∩MD=M,可知BM⊥平面A1MD,所以BM⊥A1O.
又BM∩MD=M,所以A1O⊥平面BCDM.
如图,建立空间直角坐标系.
则D(-1,0,0),A1(0,0,3),C(-5,43,0),B(1,23,0),所以DA1=(1,0,3),DC=(-4,43,0),DB=(2,23,0).
设平面A1CD的法向量m=(x,y,z),
则m·DA1=0,m·DC=0,即x+3z=0,-4x+43y=0,
令z=-3,则x=3,y=3,所以m=(3,3,-3)为平面A1CD的一个法向量.
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·DA1=0,n·DB=0,即x+3c=0,2a+23b=0,
令c=-3,则a=3,b=-3,所以n=(3,-3,-3)为平面A1BD的一个法向量.
设平面A1BD与平面A1CD的夹角为θ,
则cos θ=|cos
=|3×3+3×(-3)+(-3)×(-3)|32+(3)2+(-3)2×32+(-3)2+(-3)2
=35,
所以平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值为35.
21.(1)证明: ∵E,F分别是PC,PB的中点,∴BC∥EF.
又EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF,∴BC∥平面AEF.
又BC⊂平面ABC,平面AEF∩平面ABC=l,∴BC∥l.
∵BC⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面PAC.∴l⊥平面PAC.
(2)解: 如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,3),E12,0,32,F12,2,32.
所以AE=-32,0,32,EF=(0,2,0).
由题意可设Q(2,y,0),平面AEF的法向量为m=(x,y,z),
则AE·m=-32x+32z=0,EF·m=2y=0,取z=3,则x=1,y=0,
所以m=(1,0,3)为平面AEF的一个法向量.
又PQ=(1,y,-3),所以|cos
依题意,|cos
故直线l上存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余,此时AQ=1.
22.解: (1)取EF的中点G,连接PG.
因为EF=λBD,所以EF∥BD,所以PE=PF,
所以PG⊥EF.
又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.
连接GC,由题意可知GC⊥EF.
以G为坐标原点,GF,GC,GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1,3(1-λ),0),P(0,0,3λ),D(-1,3(1-λ),0),所以FB=(1-λ,3(1-λ),0),DP=(1,-3(1-λ),3λ).
因为BF⊥PD,所以FB·DP=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=23或λ=1(舍去).
设△BCD的面积为S,则S△AEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以V1V2=S△BCDS四边形BDEF=S59S=95.
(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:
由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.
设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),
因为FB=(1-λ,3(1-λ),0),FP=(-λ,0,3λ),
所以n2·FB=0,n2·FP=0,即(1-λ)x+3(1-λ)y=0,-λx+3λz=0,
取y=1,则x=-3,z=-1,所以n2=(-3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.
设二面角E-PF-B的平面角为θ,所以|cos θ|=|cos
由图可知θ为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值为-55.
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