《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、(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 nBC 0， nBM 0，) x0y00， 1 2y 01 2z 00，) 取 z01，得平面 MBC 的一个法向量为 n(1，1，1).
3、 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 |nAD | |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
4、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
5、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 n10，n10，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， n1n2 |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
6、，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 ACBD 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
7、 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 n10， n1DC 0，得故可取 n1(0，3，).DE x0， 7y3z0，)
8、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 . n1n2 |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
9、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 603 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
10、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
11、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
12、 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
13、法向量为 n1(x1， y1， z1)， 则即 n1AC ， n1CD ，) n1AC 0， n1CD 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 ，) n2BC 0， n2CD 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
14、 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，BD2AB2AD22ABADcos 603. AB2AD2BD2，ADBD. 平面 BFED平面 ABCD， 平面 BFED平面 ABCD
15、BD， 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 n1AB 0， n1BP 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 |n1n2| |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