2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用讲义：专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型 Word版含解析.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题探究课四专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型高考中立体几何问题的热点题型 1.(2017·青岛质检)在平面四边形 ABCD 中， ABBDCD1， AB BD，CDBD，将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD， 如图 . (1)求证：ABCD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值. (1)证明 平面 ABD平面 BCD， 平面 ABD平面 BCDBD， AB平面 ABD， AB BD，AB平面 BCD.又 CD平面 BCD，ABCD. (2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BEBD，如图. 由(1)知 AB平面 BCD， BE平面 BCD，BD平面 BCD， ABBE，ABBD. 以 B 为坐标原点，分别以， ，的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间BE BD BA 直角坐标系. 依题意，得 B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)， M，则(1，1，0)，(0，1，1). (0， 1 2， 1 2) BC BM (0， 1 2， 1 2) AD 设平面 MBC 的法向量为 n(x0，y0，z0)， 则即 n·BC 0， n·BM 0，) x0y00， 1 2y 01 2z 00，) 取 z01，得平面 MBC 的一个法向量为 n(1，1，1). 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 ， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则 sin | cosn， |，AD |n·AD | |n|·|AD | 6 3 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为. 6 3 2.如图，三棱锥 PABC 中，PC平面 ABC， PC3， ACB .D， E分别为线段AB， BC上的点，且CDDE， CE2EB 2 2 2. (1)证明：DE平面 PCD； (2)求二面角 APDC 的余弦值. (1)证明 由 PC平面 ABC，DE平面 ABC，故 PCDE. 由 CE2，CDDE得CDE 为等腰直角三角形，故 CDDE.2 由 PCCDC，DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE平面 PCD. (2)解 由(1)知，CDE 为等腰直角三角形， DCE， 如图， 过D作DF垂直CE于F， 易知DFFCFE1， 又已知EB1， 4 故 FB2. 由ACB，得 DFAC， ， 2 DF AC FB BC 2 3 故 AC DF . 3 2 3 2 以 C 为坐标原点，分别以， ，的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间CA CB CP 直角坐标系， 则 C(0， 0， 0)， P(0， 0， 3)， A， E(0， 2， 0)， D(1， 1， 0)，(1， 1， 0)， ( 3 2，0，0) ED 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1，1，3)，.DP DA ( 1 2，1，0) 设平面 PAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 由 n1·0，n1·0，得DP DA x1y13z10， 1 2x 1y10， ) 故可取 n1(2，1，1). 由(1)可知 DE平面 PCD， 故平面 PCD 的法向量 n2可取为， 即 n2(1， 1， 0).ED 从而法向量 n1，n2的夹角的余弦值为 cos n1，n2， n1·n2 |n1|·|n2| 3 6 故所求二面角 APDC 的余弦值为. 3 6 3.(2017·重庆模拟)如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA14， BC2.BDAC，垂足为 D，E 为棱 BB1上一点，BD平面2 AC1E. (1)求线段 B1E 的长； (2)求二面角 C1ACE 的余弦值. 解 (1)由 ABAC4，知ABC 为等腰三角形， 又 BDAC，BC2，2 故 ·AC·BD ·BC·， 1 2 1 2 AB2(1 2BC) 2 解得 BD . 7 从而在 RtCDB 中，CD1，故 ADACCD3.BC2BD2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图，过点 D 作 DFCC1，交 AC1于 F，连接 EF.因为 DFCC1，从而 AD AC DF CC1 ，得 DF3. 3 4 因为 DFCC1， CC1BB1， 故 DFBB1， 即 DFBE， 故 DF 与 BE 确定平面 BDFE. 又 BD平面 AC1E，而平面 BDFE平面 AC1EEF，故 BDEF. 故四边形 BDFE 为平行四边形，从而 DFBE3，所以 B1EBB1BE1. (2)如图， 以 D 为坐标原点， 分别以， ，的方向为 x 轴、 yDA DB DF 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 D(0， 0， 0)， C(1， 0， 0)， E(0， ， 3)， (1， 0， 0)， (0， ，3).7DC DE 7 设平面 ACE 的一个法向量为 n1(x， y， z)， 由 n1·0， n1·DC 0，得故可取 n1(0，3，).DE x0， 7y3z0，) 7 又平面 ACC1在 xDz 面上，故可取 n2(0，1，0)为平面 ACC1的一个法向量. 从而法向量 n1，n2的夹角的余弦值为 cosn1，n2 . n1·n2 |n1|·|n2| 3 4 由图知二面角 C1ACE 为锐角，故二面角 C1ACE 的余弦值为 . 3 4 4.(2017·郑州模拟)等边三角形 ABC 的边长为 3， 点 D， E 分别是边 AB， AC 上的点， 且满足 ， 如图1.将ADE沿DE折起到A1DE的位置， 使二面角A1DE AD DB CE EA 1 2 B 为直二面角，连接 A1B，A1C，如图 2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)求证：A1D平面 BCED； (2)在线段BC上是否存在点P， 使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在， 求出 PB 的长；若不存在，请说明理由. (1)证明 因为等边三角形 ABC 的边长为 3，且 ，所以 AD1，AE2. AD DB CE EA 1 2 在ADE 中，DAE60°，由余弦定理得 DE.12222 × 1 × 2 × cos 60°3 从而 AD2DE2AE2，所以 ADDE. 折起后有 A1DDE， 因为二面角 A1DEB 是直二面角， 所以平面 A1DE平面 BCED， 又平面 A1DE平面 BCEDDE，A1D平面 A1DE，A1DDE，所以 A1D平面 BCED. (2)解 存在.理由：由(1)的证明，可知 EDDB，A1D平面 BCED. 以 D 为坐标原点，分别以射线 DB，DE，DA1为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 设 PB2a(02a3)，作 PHBD 于点 H， 连接 A1H，A1P， 则 BHa，PHa，DH2a.3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 A1(0，0，1)，P(2a，a，0)，E(0， ，0).33 所以(a2，a，1).PA1 3 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为(0， ，0).DE 3 要使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60°， 则 sin 60°， |PA1 ·DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 ×3 3 2 解得 a .此时 2a ，满足 02a3，符合题意. 5 4 5 2 所以在线段 BC 上存在点 P， 使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60°， 此时 PB . 5 2 5.(2017·石家庄一模)在平面四边形 ACBD(图)中，ABC 与ABD 均为直角三 角形且有公共斜边 AB， 设 AB2， BAD30°， BAC45°， 将ABC 沿 AB 折起，构成如图所示的三棱锥 CABD，且使 CD . 2 (1)求证：平面 CAB平面 DAB； (2)求二面角 ACDB 的余弦值. (1)证明 如图，取 AB 的中点 O.连接 CO，DO. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 在 RtACB，RtADB 中， AB2， 则 CODO1， CD，CO2DO2CD2，2 即 COOD， 又 COAB，ABODO，AB，OD平面 ABD， CO平面 ABD，CO平面 ABC， 平面 CAB平面 DAB. (2)解 以 O 为原点，AB，OC所在的直线分别为 y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，1，0)，B(0，1，0)， C(0，0，1)，D， ( 3 2 ，1 2，0) (0，1，1)，AC BC (0，1，1)，.CD ( 3 2 ，1 2，1) 设平面 ACD 的一个法向量为 n1(x1， y1， z1)， 则即 n1AC ， n1CD ，) n1·AC 0， n1·CD 0，) 即令 z11，则 y11，x1， y1z10， 3 2 x11 2y 1z10，) 3 n1(，1，1).3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设平面 BCD 的一个法向量为 n2(x2， y2， z2)， 则即 n2BC ， n2CD ，) n2·BC 0， n2·CD 0，) 即令 z21，则 y21，x2， y2z20， 3 2 x21 2y 2z20，) 3 3 n2， ( 3 3 ，1，1) cosn1，n2， 3 × 3 3 （1） × 11 × 1 311 × 1 311 1 5 × 7 3 105 35 二面角 ACDB 的余弦值为. 105 35 6.(2017·合肥模拟)如图， 在梯形 ABCD 中， ABCD， ADDCCB 1， BCD120°，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED平面 ABCD，BF1. (1)求证：AD平面 BFED； (2)点 P 在线段 EF 上运动，设平面 PAB 与平面 ADE 所成锐二面角为 ，试求 的最小值. (1)证明 在梯形 ABCD 中， ABCD，ADDCCB1，BCD120°， AB2，BD2AB2AD22AB·AD·cos 60°3. AB2AD2BD2，ADBD. 平面 BFED平面 ABCD， 平面 BFED平面 ABCDBD， DE平面 BFED， DE DB， DE平面 ABCD， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 DEAD，又 DEBDD， AD平面 BFED. (2)解 由(1)可建立分别以直线 DA， DB， DE 为 x 轴， y 轴， z 轴的空间直角坐标系.如图所示.令 EP(0)，3 则 D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， ，0)，P(0，1)，3 (1， ，0)，(0，1).AB 3BP 3 设 n1(x，y，z)为平面 PAB 的一个法向量， 由得 n1·AB 0， n1·BP 0，) x 3y0， （ 3）yz0，) 取 y1，得 n1(，1，)，33 n2(0，1，0)是平面 ADE 的一个法向量， cos |n1·n2| |n1|n2| 1 31（ 3）2× 1 . 1 （ 3）24 0，3 当 时，cos 有最大值 ，3 1 2 的最小值为. 3