发布时间 : 星期六 文章2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 专题突破练4 立体几何中的高考热点问题更新完毕开始阅读dd2d1478cf2f0066f5335a8102d276a20029609e
专题突破练(四) 立体几何中的高考热点问题
(对应学生用书第293页)
1．如图7所示，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且
AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
图7
(1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF.
[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A-xyz，令AB＝AA1＝4， 则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． 取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
→→→→
∴DE＝(－2,4,0)，NC＝(－2,4,0)，∴DE＝NC，∴DE∥NC. 又∵NC平面ABC，DE平面ABC.
故DE∥平面ABC.
→→→
(2)B1F＝(－2,2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2,2,0)．
B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
→→→→
∴B1F⊥EF，B1F⊥AF，即B1F⊥EF，B1F⊥AF. 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
2．(2018·贵州适应性考性)如图8(1)，在等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图8(2)所示的空间图形，使二面角A-DE-C的大小为π??θ?0＜θ＜?. 2??
→→
→→
(1) (2)
图8
(1)求证：平面ABD⊥平面ABC；
π
(2)若θ＝，求直线AE与平面ABC夹角的正弦值.
3 [解] (1)证明：在图(1)等腰直角三角形ABC中，AB⊥BC， 而DE为该三角形的中位线， ∴DE∥BC，∴DE⊥AB. 由翻折可知DE⊥AD，DE⊥DB， 又AD∩DB＝D，∴DE⊥平面ADB， ∴BC⊥平面ADB，
又BC平面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，∠ADB为二面角A-DE-C的平面角， π
即∠ADB＝θ＝. 3
又AD＝DB，∴△ADB为等边三角形．
如图，设O为DB的中点，连接OA，过O作OF∥BC交BC于点F， 则AO⊥BD，OF⊥BD. 又AO⊥BC，BD∩BC＝B， ∴AO⊥平面BCED.
以O为坐标原点，OB，OF，OA分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设BD＝2，则A(0,0，3)，B(1,0,0)，C(1,4,0)，E(－1,2,0)， →
AB＝(1,0，－3)，AC＝(1,4，－3)，AE＝(－1,2，－3)．
设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
→→
→??n·AB＝0，
则有?
→??n·AC＝0，
?x－3z＝0，
即?
?x＋4y－3z＝0，
令z＝1，则x＝3，y＝0，则n＝(3，0,1)， 设AE与平面ABC的夹角为α， →
|AE·n|6
则sin α＝＝. →4|AE||n|
3．(2018·北京海淀区期末练习)如图9，在三棱锥P-ABC中，侧棱PA＝2，底面三角形ABC为正三角形，边长为2，顶点P在平面ABC上的射影为D，AD⊥DB，DB＝1.
图9
(1)求证：AC∥平面PDB； (2)求二面角P-AB-C的余弦值；
(3)线段PC上是否存在点E使得PC⊥平面ABE，如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：因为AD⊥DB，且DB＝1，AB＝2， 所以AD＝3，所以∠DBA＝60°. 因为△ABC为正三角形， 所以∠CAB＝60°， 所以DB∥AC.
因为AC平面PDB，DB平面PDB， 所以AC∥平面PDB.
CECP
(2)由点P在平面ABC上的射影为D可得PD⊥平面ACBD，所以PD⊥DA，PD⊥DB. 如图，建立空间直角坐标系，
则由已知可知B(1,0,0)，A(0，3，0)，P(0,0,1)，C(2，3，0)．
→→
所以BA＝(－1，3，0)，BP＝(－1,0,1)． 平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)， 设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量， →??BA·m＝0，则由?
→??BP·m＝0
?－x＋3y＝0，
可得?
?－x＋z＝0，
令y＝1，则x＝3，z＝3，
所以平面PAB的一个法向量m＝(3，1，3)，
m·n321
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
|m||n|77×1
由图可知二面角P-AB-C的平面角为钝角， 所以二面角P-AB-C的余弦值为－21
. 7
→→
(3)由(2)可得AB＝(1，－3，0)，PC＝(2，3，－1)， →→
因为PC·AB＝－1≠0， 所以PC与AB不垂直，
所以在线段PC上不存在点E使得PC⊥平面ABE.
4．(2017·全国卷Ⅲ)如图10，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
图10
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．
[解] (1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD. 又△ACD是直角三角形， 所以∠ADC＝90°.
取AC的中点O，连接DO，BO，
则DO⊥AC，DO＝AO.
又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角． 在Rt△AOB中，BO＋AO＝AB，
又AB＝BD，所以BO＋DO＝BO＋AO＝AB＝BD， 故∠DOB＝90°. 所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，
→→
以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．
1
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
D到平面ABC的距离的，
即E为DB的中点，得E?0，
12
??31?，?， 22?
→→→?31?故AD＝(－1,0,1)，AC＝(－2,0,0)，AE＝?－1，，?.
22??设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， →??n·AD＝0，
则?
→??n·AE＝0，可取n＝?1，
－x＋z＝0，??
即?31
－x＋y＋z＝0，?22?
?
?3?，1?. 3?
→??m·AC＝0，
设m是平面AEC的法向量，则?
→??m·AE＝0，同理可取m＝(0，－1，3)， 则cos〈n，m〉＝
n·m7
＝. |n||m|7
7. 7
所以二面角D-AE-C的余弦值为