近年年高考数学一轮复习专题突破练4立体几何中的高考热点问题理北师大版(2021学年)

２019年高考数学一轮复习专题突破练4 立体几何中的高考热点问题理北师大版
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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=Ａ
Ａ
１
，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)，
∴错误!=(-２，4，０）,错误!＝（－2,4,0)，∴错误!=错误!,∴DE∥NC。

又∵NC平面ABC,ＤE⃘平面ABＣ。

故DE∥平面ＡＢC.
(２)错误!＝（－2,2,-4)，错误!=(2，－2,-2），错误!=(2，2，0)．
＼o（B1F,→
)·错误!＝（-２)×２+2×（－2)＋(－４）×（－2)=０,
错误!·错误!=(－2）×２＋２×2＋(-4)×0＝０.
∴＼o(B１Ｆ,→）
⊥错误!,错误!⊥错误!,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A­DE­Ｃ的大小为θ错误!。

(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A­DＥ­C的平面角,
即∠ADB=θ=错误!。

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，错误!)，Ｂ(1,0,0）,C（1，4,0),Ｅ（-1,2,０），
错误!＝（1,0，－错误!),错误!=(1,４,－错误!）,错误!=（-１，2，－错误!）.
设n＝（x,ｙ,z）为平面ABＣ的法向量,
则有错误!即错误!
令z=１,则x=错误!,y＝0,则n=(错误!,0,1)，
设AE与平面ABC的夹角为α,
则sin α＝错误!＝错误!。

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Ｐ­AＢ。

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,求错误!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=＼ｒ(3),所以∠DＢA＝60°．
因为△ABC为正三角形，
所以∠CAB=60°,
所以DＢ∥AＣ。

因为A C⃘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，＼r(3）,0)，P（0,0,1),C（2,3，0)．
所以错误!＝(-１,错误!，0），错误!＝(-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,
则由错误!可得错误!
令y=1,则x＝３，ｚ＝错误!，
所以平面ＰAB的一个法向量m=（3,1，3）,
所以ｃos〈m,n>＝错误!＝错误!=错误!,
由图可知二面角P.AB­C的平面角为钝角,
所以二面角P­AＢ。

C的余弦值为-错误!。

（３)由（２）可得错误!=（1,－错误!，0)，错误!=（2,错误!,－1）,
）·错误!＝-1≠0，
因为＼o（ＰＣ，
→
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D­AE。

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.AC­B的平面角．
在Ｒt△AOB中，ＢO2+AO2＝AＢ2，
又ＡＢ=BD,所以BO2＋ＤO２＝BＯ2＋AO2＝AＢ２＝BD2,
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,＼ｏ（OA，＼s＼ｕp７(→))的方向为ｘ轴正方向,｜错误!|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,错误!,0），C(-1，０,０),D(0,0，1）．
由题设知，四面体ABCＥ的体积为四面体ABＣD的体积的错误!，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的＼f(1，2),
即E为DB的中点，得E错误!，
故错误!=（－1，0,1），错误!＝（-２,０,０),错误!＝错误!。

设ｎ=（x，y，z)是平面DAE的法向量，
则错误!即错误!
可取n＝错误!.
设m是平面AEＣ的法向量,则错误!
同理可取ｍ＝（0，－1，＼r(3)),
则coｓ〈ｎ,m>＝错误!＝错误!.
所以二面角D­AＥ­C的余弦值为错误!。

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