专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型

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专题探究课四 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,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD,将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.

(1)求证:AB⊥CD;

(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BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.

(2)解 过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.

由(1)知AB⊥平面BCD,

BE?平面BCD,BD?平面BCD,

∴AB⊥BE,AB⊥BD.

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).

设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),

取z0=1,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θ,

则 sin θ=| cos〈n,

〉|=

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为

.

2.如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=

.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=

,CE=2EB=2.

(1)证明:DE⊥平面PCD;

(2)求二面角A-PD-C的余弦值.

(1)证明 由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,故PC⊥DE.

由CE=2,CD=DE=

得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.

由PC∩CD=C,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DF=FC=FE=1,又已知EB=1,故FB=2.

由∠ACB=

,得DF∥AC,∴

故AC=

DF=

.

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),

=(-1,-1,3),

.

设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),

由n1·

=0,n1·

=0,得

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).

从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为

cos 〈n1,n2〉=

故所求二面角A-PD-C的余弦值为

.

3.(2017·重庆模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=4,BC=2

.BD⊥AC,垂足为D,E为棱BB1上一点,BD∥平面AC1E.

(1)求线段B1E的长;

(2)求二面角C1-AC-E的余弦值.

解 (1)由AB=AC=4,知△ABC为等腰三角形,

又BD⊥AC,BC=2

·AC·BD=

·BC·

解得BD=

.

从而在Rt△CDB中,CD=

=1,故AD=AC-CD=3.

如图,过点D作DF∥CC1,交AC1于F,连接EF.因为DF∥CC1,从而

,得DF=3.

因为DF∥CC1,CC1∥BB1,故DF∥BB1,即DF∥BE,故DF与BE确定平面BDFE.

又BD∥平面AC1E,而平面BDFE∩平面AC1E=EF,故BD∥EF.

故四边形BDFE为平行四边形,从而DF=BE=3,所以B1E=BB1-BE=1.

(2)如图,以D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直角坐标系,则D(0,0,0),C(-1,0,0),E(0,

,3),

=(-1,0,0),

=(0,

,3).

设平面ACE的一个法向量为n1=(x,y,z),由n1·

=0,n1·

=0,得

故可取n1=(0,3,-

).

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

cos〈n1,n2〉=

.

由图知二面角C1-AC-E为锐角,故二面角C1-AC-E的余弦值为

.

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A1-DE-B为直二面角,连接A1B,A1C,如图2.

(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AD=1,AE=2.

在△ADE中,∠DAE=60°,由余弦定理得

DE=

.

从而AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE.

折起后有A1D⊥DE,

因为二面角A1-DE-B是直二面角,

所以平面A1DE⊥平面BCED,

又平面A1DE∩平面BCED=DE,A1D?平面A1DE,A1D⊥DE,所以A1D⊥平面BCED.

(2)解 存在.理由:由(1)的证明,可知ED⊥DB,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D-xyz.

设PB=2a(0≤2a≤3),作PH⊥BD于点H,

连接A1H,A1P,

则BH=a,PH=

a,DH=2-a.

所以A1(0,0,1),P(2-a,

a,0),E(0,

,0).

所以

=(a-2,-

a,1).

因为ED⊥平面A1BD,

所以平面A1BD的一个法向量为

=(0,

,0).

要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°,

则sin 60°=

解得a=

.此时2a=

,满足0≤2a≤3,符合题意.

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.(2017·石家庄一模)在平面四边形ACBD(图①)中,△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB,设AB=2,∠BAD=30°,∠BAC=45°,将△ABC沿AB折起,构成如图②所示的三棱锥C′-ABD,且使C′D=

.

(1)求证:平面C′AB⊥平面DAB;

(2)求二面角A-C′D-B的余弦值.

(1)证明 如图,取AB的中点O.连接C′O,DO.

在Rt△AC′B,Rt△ADB中,

AB=2,

则C′O=DO=1,

∵C′D=

,∴C′O2+DO2=C′D2,

即C′O⊥OD,

又C′O⊥AB,AB∩OD=O,AB,OD?平面ABD,

∴C′O⊥平面ABD,∵C′O?平面ABC′,

∴平面C′AB⊥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

=(0,1,1),

(0,-1,1),

.

设平面AC′D的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则

令z1=1,则y1=-1,x1=

∴n1=(

,-1,1).

设平面BC′D的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则

令z2=1,则y2=1,x2=

∴n2=

∴cos〈n1,n2〉=

∴二面角A-C′D-B的余弦值为-

.

6.(2017·合肥模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四边形BFED为矩形,平面BFED⊥平面ABCD,BF=1.

(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θ,试求θ的最小值.

(1)证明 在梯形ABCD中,

∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,

∴AB=2,∴BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos 60°=3.

∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.

∵平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,DE?平面BFED,DE⊥DB,

∴DE⊥平面ABCD,

∴DE⊥AD,又DE∩BD=D,

∴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=λ(0≤λ≤

),

则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,

,0),P(0,λ,1),

=(-1,

,0),

=(0,λ-

,1).

设n1=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,

取y=1,得n1=(

,1,

-λ),

∵n2=(0,1,0)是平面ADE的一个法向量,

∴cos θ=

.

∵0≤λ≤

∴当λ=

时,cos θ有最大值

∴θ的最小值为.

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专题探究课四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,AB=BD=CD=1, AB⊥BD,CD⊥BD,将△ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD⊥平 面 BCD,如图. (1)求证:AB⊥CD; (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 BCD=BD, AB?平面 ABD, AB⊥BD,∴AB⊥平面 BCD.又 CD?平面 BCD,∴AB⊥CD. (2)解 过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图. 由(1)知 AB⊥平面 BCD, BE?平面 BCD,BD?平面 BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD. → ,BD → ,BA → 的方向为 x 轴,y 轴,z 以 B 为坐标原点,分别以BE 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1), 1 1? 1 1? → ? → → ? M?0,2,2?,则BC=(1,1,0),BM=?0,2,2?,AD=(0,1,-1). ? ? ? ? 设平面 MBC 的法向量为 n=(x0,y0,z0), x +y =0, → =0, ? ? ? 0 0 ?n· BC 则? 即?1 1 → =0, ? y0+ z0=0, ? n · BM 2 ? ?2 取 z0=1,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 θ, →| |n· AD 6 → 则 sin θ =| cos〈n,AD〉|= =3, → |n|· |AD| 6 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 3 . 2.如图,三棱锥 P-ABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=3,∠ACB π = 2 .D,E 分别为线段 AB,BC 上的点,且 CD=DE= 2,CE =2EB=2. (1)证明:DE⊥平面 PCD; (2)求二面角 A-PD-C 的余弦值. (1)证明 由 PC⊥平面 ABC,DE?平面 ABC,故 PC⊥DE. 由 CE=2,CD=DE= 2得△CDE 为等腰直角三角形,故 CD⊥DE. 由 PC∩CD=C,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, π ∠DCE= 4 ,如图,过 D 作 DF 垂直 CE 于 F,易知 DF=FC=FE=1,又已知 EB=1,故 FB=2. π DF FB 2 由∠ACB= 2 ,得 DF∥AC,∴AC =BC=3, 3 3 故 AC=2DF=2. → ,CB → ,CP → 的方向为 x 轴,y 轴,z 以 C 为坐标原点,分别以CA 轴的正方向建立空间直角坐标系, ?3 ? → =(1, 则 C(0,0,0),P(0,0,3),A?2,0,0?,E(0,2,0),D(1,1,0),ED ? ? 1 ? → =(-1,-1,3),DA → =? ?2,-1,0?. -1,0),DP ? ? 设平面 PAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), -x -y +3z1=0, ? ? 1 1 → → 由 n1·DP=0,n1·DA=0,得?1 x -y =0, ? ?2 1 1 故可取 n1=(2,1,1). → ,即 n =(1, 由(1)可知 DE⊥平面 PCD, 故平面 PCD 的法向量 n2 可取为ED -1, 2 0). 从而法向量 n


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