《新版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 專題突破練4 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 專題突破練4 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題 理 北師大版（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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2、 1 專題突破練(四)　立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第293頁) 1．如圖7所示，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點(diǎn)．求證： 圖7 (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. [證明]　(1)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，令A(yù)B＝AA1

3、＝4， 則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． 取AB中點(diǎn)為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，∴＝，∴DE∥NC. 又∵NC平面ABC，DE?平面ABC. 故DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF. 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.

4、 2．(20xx·貴州適應(yīng)性考性)如圖8(1)，在等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，將△ABC沿中位線DE翻折得到如圖8(2)所示的空間圖形，使二面角A-DE-C的大小為θ. (1)　　　　　　　　　　(2) 圖8 (1)求證：平面ABD⊥平面ABC； (2)若θ＝，求直線AE與平面ABC夾角的正弦值. [解]　(1)證明：在圖(1)等腰直角三角形ABC中，AB⊥BC， 而DE為該三角形的中位線， ∴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

5、面ABC. (2)由(1)可知，∠ADB為二面角A-DE-C的平面角， 即∠ADB＝θ＝. 又AD＝DB，∴△ADB為等邊三角形． 如圖，設(shè)O為DB的中點(diǎn)，連接OA，過O作OF∥BC交BC于點(diǎn)F， 則AO⊥BD，OF⊥BD. 又AO⊥BC，BD∩BC＝B， ∴AO⊥平面BCED. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OF，OA分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)BD＝2，則A(0,0，)，B(1,0,0)，C(1,4,0)，E(－1,2,0)， ＝(1,0，－)，＝(1,4，－)，＝(－1,2，－)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量， 則有即 令z

6、＝1，則x＝，y＝0，則n＝(，0,1)， 設(shè)AE與平面ABC的夾角為α， 則sin α＝＝. 3．(20xx·北京海淀區(qū)期末練習(xí))如圖9，在三棱錐P-ABC中，側(cè)棱PA＝2，底面三角形ABC為正三角形，邊長為2，頂點(diǎn)P在平面ABC上的射影為D，AD⊥DB，DB＝1. 圖9 (1)求證：AC∥平面PDB； (2)求二面角P-AB-C的余弦值； (3)線段PC上是否存在點(diǎn)E使得PC⊥平面ABE，如果存在，求的值；如果不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：因?yàn)锳D⊥DB，且DB＝1，AB＝2， 所以AD＝，所以∠DBA＝60°. 因?yàn)椤鰽BC為正三角形， 所以∠CAB

7、＝60°， 所以DB∥AC. 因?yàn)锳C?平面PDB，DB平面PDB， 所以AC∥平面PDB. (2)由點(diǎn)P在平面ABC上的射影為D可得PD⊥平面ACBD，所以PD⊥DA，PD⊥DB. 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系， 則由已知可知B(1,0,0)，A(0，，0)，P(0,0,1)，C(2，，0)． 所以＝(－1，，0)，＝(－1,0,1)． 平面ABC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)， 設(shè)m＝(x，y，z)為平面PAB的法向量， 則由可得 令y＝1，則x＝，z＝， 所以平面PAB的一個(gè)法向量m＝(，1，)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 由圖可知二面角P-AB-C的平面

8、角為鈍角， 所以二面角P-AB-C的余弦值為－. (3)由(2)可得＝(1，－，0)，＝(2，，－1)， 因?yàn)椤ぃ剑?≠0， 所以PC與AB不垂直， 所以在線段PC上不存在點(diǎn)E使得PC⊥平面ABE. 4．(20xx·全國卷Ⅲ)如圖10，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. 圖10 (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D-AE-C的余弦值． [解]　(1)證明：由題設(shè)可得△ABD≌△CBD，從而AD＝CD. 又△ACD是直角

9、三角形， 所以∠ADC＝90°. 取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO， 則DO⊥AC，DO＝AO. 又因?yàn)椤鰽BC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB為二面角D-AC-B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)由題設(shè)及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長度， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)． 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的， 即E為DB的中點(diǎn)，得E， 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， 則即 可取n＝. 設(shè)m是平面AEC的法向量，則 同理可取m＝(0，－1，)， 則cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角D-AE-C的余弦值為.