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专题五立体几何与空间向量第二编讲专题规范答题系列四立体几何类解答题(2020·新高考卷Ⅰ)(12分)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；解题思路(1)先证AD∥平面PBC，从而得到AD∥l，再由AD⊥DC，AD⊥PD，得到l⊥DC，l⊥PD，结合线面垂直的判定定理，得到l⊥平面PDC；解(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，(1分)又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.(2分)因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.(4分)因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.(5分)(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．解题思路(2)建立空间直角坐标系，得到PB→的坐标，设Q(m，0，1)，求出平面QCD的一个法向量n，写出PB与平面QCD所成角的正弦值关于m的表达式，结合基本不等式求解．解(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，设Q(m，0，1)，则有DC→＝(0，1，0)，DQ→＝(m，0，1)，PB→＝(1，1，－1).(6分)设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则DC→·n＝0，DQ→·n＝0，即y＝0，mx＋z＝0，令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，(8分)则cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝1＋0＋m3×m2＋1.根据直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos〈n，PB→〉|＝|1＋m|3×m2＋1＝33×1＋2m＋m2m2＋1＝33×1＋2mm2＋1≤33×1＋2|m|m2＋1≤33×1＋1＝63，当且仅当m＝1时取等号，(11分)所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.(12分)1．由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC给1分．2．由线面平行的性质定理证明AD∥l给1分．3．由直线与平面垂直证明直线与直线垂直给2分．4．由线面垂直的判定定理证明l⊥平面PDC给1分．5．由底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，建立空间直角坐标系，并写出相关点及向量的坐标给1分．6．求平面QCD的一个法向量给2分．7．求直线与平面所成角的正弦值的最大值，给3分．8．作答给出结论给1分．1．写全得分条件，证明线面平行时，一定要说明平面内的直线和平面外的直线．2．写明得分关键，利用法向量求解空间角时，要构建恰当的空间直角坐标系，准确求解相关点的坐标，赋值法求出平面的法向量，利用公式求出直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值或两平面法向量的夹角，从而求出要求的线面角或二面角的三角函数值．其中二面角要根据几何体的结构特征判断其取值范围．[跟踪训练](12分)如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等边三角形，AE⊥平面ABC，CD∥AE，且CD＝2AE＝2AC.(1)试在线段BD上确定点M的位置，使EM⊥平面BCD，并证明；解(1)当点M为BD的中点时，EM⊥平面BCD.(1分)证明如下：取BC的中点F，连接AF，MF，∴MF∥CD且MF＝12CD，又AE∥CD，AE＝12CD，∴MF∥AE且MF＝AE，∴四边形AEMF为平行四边形，∴EM∥AF.(2分)又AE⊥平面ABC，CD∥AE，∴CD⊥平面ABC，又CD⊂平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABC，(3分)∵△ABC是等边三角形，∴AF⊥BC，又平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AF⊥平面BCD，(5分)∴EM⊥平面BCD.(6分)(2)求二面角E－BC－D的余弦值.解(2)由(1)知，FA，FB，FM两两互相垂直，以F为原点，FA，FB，FM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．设AE＝AC＝2，则CD＝4，∴C(0，－1，0)，B(0，1，0)，E(3，0，2)，∴CE→＝(3，1，2)，BE→＝(3，－1，2).(7分)设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CE→＝0，n·BE→＝0，即3x＋y＋2z＝0，3x－y＋2z＝0，解得y＝0，令x＝3，则z＝－32，∴n＝3，0，－32，(9分)由(1)知，平面BCD的一个法向量为m＝(1，0，0)，(10分)∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝277，(11分)由图知，二面角E－BC－D为锐角，∴二面角E－BC－D的余弦值为277.(12分)本课结束