【K12教育学习资料】2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 专题突破练4 立

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 ­A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且

AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：

图7

(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .

[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A ­xyz ，令AB ＝AA 1＝4， 则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(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)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →

＝(2,2,0)．

B 1F →·EF →

＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →

·AF →

＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.

∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →

，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF . 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥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θ⎝

⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2.

(1) (2)

图8

(1)求证：平面ABD ⊥平面ABC ；

(2)若θ＝π

3，求直线AE 与平面ABC 夹角的正弦值.

[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， 即∠ADB ＝θ＝π

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，

则有⎩⎪⎨

⎪⎧

n ·AB →＝0，

n ·AC →＝0，

即⎩⎨

⎧

x －3z ＝0，

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， 则sin α＝|AE →

·n ||AE →||n |

＝6

4.

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CE CP

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 .

(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， 则由⎩⎪⎨

⎪⎧

BA →·m ＝0，BP →·m ＝0

可得⎩⎨

⎧

－x ＋3y ＝0，

－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)，

所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝37×1

＝21

7，

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 ，