《2018屆高三數(shù)學一輪復習： 熱點探究訓練4 立體幾何中的高考熱點問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高三數(shù)學一輪復習： 熱點探究訓練4 立體幾何中的高考熱點問題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 熱點探究訓練(四)　 立體幾何中的高考熱點問題 1．如圖9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．求證： 圖9 (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. [證明]　(1)如圖，建立空間直角坐標系A-xyz，令AB＝AA1＝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中點為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，3分 ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,

2、0)， ∴＝，∴DE∥NC. 又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC. 故DE∥平面ABC.6分 (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.9分 ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF. 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.12分 2．(2017·合肥模擬)如圖10，六面體ABCDHEFG中，四邊形ABCD為菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3. 圖10 (1)求證：EG⊥DF；

3、(2)求BE與平面EFGH所成角的正弦值. 【導學號：01772282】 [解]　(1)證明：連接AC，由AE綊CG可得四邊形AEGC為平行四邊形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF， 所以EG⊥BD，EG⊥BF，3分 因為BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF， 又DF?平面BDHF，所以EG⊥DF.5分 (2)設AC∩BD＝O，EG∩HF＝P， 由已知可得，平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG， 同理可得EF∥HG，所以四邊形EFGH為平行四邊形， 所以P為EG的中點，O為AC的中點， 所以OP綊AE，從而OP⊥平面ABCD.7分 又OA⊥OB，所以OA

4、，OB，OP兩兩垂直． 由平面幾何知識得BF＝2. 如圖，建立空間直角坐標系O-xyz， 則B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(xiàn)(0,2,2)，P(0,0,3)， 所以＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，＝(0,2，－1).9分 設平面EFGH的法向量為n＝(x，y，z)， 由可得 令y＝1，則z＝2，所以n＝(0,1,2)． 設BE與平面EFGH所成角為θ， 則sin θ＝＝. 故直線BE與平面EFGH所成角的正弦值為.12分 3．如圖11，直角三角形ABC中，∠A＝60°，∠ABC＝90°，AB＝2，E為線段BC上一點，且BE＝BC，沿AC邊上的中線BD將△A

5、BD折起到△PBD的位置． 【導學號：01772283】 圖11 (1)求證：BD⊥PE； (2)當平面PBD⊥平面BCD時，求二面角C-PB-D的余弦值． [解]　由已知得DC＝PD＝PB＝BD＝2，BC＝2.1分 (1)證明：取BD的中點O，連接OE，PO. ∵OB＝1，BE＝且∠OBE＝30°，∴OE＝，∴OE⊥BD.3分 ∵PB＝PD，O為BD的中點，∴PO⊥BD. 又PO∩OE＝O，∴BD⊥平面POE.∵PE?平面POE， ∴BD⊥PE.5分 (2)∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，PO⊥BD，∴PO⊥平面BCD， ∴OE，OB，O

6、P兩兩垂直，如圖以O為坐標原點，以OE，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， 則B(0,1,0)，P(0,0，)，C(，－2,0)， ∴＝(0，－1，)，＝(，－3,0).7分 設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)， 則 ∴不妨令y＝，得n＝(3，，1).10分 又平面PBD的一個法向量為m＝(1,0,0)， ∴cos〈m，n〉＝， 故二面角C-PB-D的余弦值為.12分 4．(2016·山東高考)在如圖12所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺的—條母線. 圖12 (1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)

7、B的中點，求證：GH∥平面ABC； (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角 F-BC-A的余弦值． [解]　(1)證明：設CF的中點為I，連接GI，HI. 在△CEF中，因為點G，I分別是CE，CF的中點， 所以GI∥EF.2分 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因為H，I分別是FB，CF的中點， 所以HI∥BC. 又HI∩GI＝I， 所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI， 所以GH∥平面ABC.5分 (2)法一：連接OO′，則OO′⊥平面ABC. 又AB＝BC，且AC是圓O的直徑， 所以BO⊥AC. 以O為坐標原點，建

8、立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 由題意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)． 過點F作FM⊥OB于點M， 所以FM＝＝3，可得F(0，，3).7分 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)． 設m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由 可得10分 可得平面BCF的一個法向量m＝. 因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝， 所以二面角F-BC-A的余弦值為.12分 法二：如圖，連接OO′，過點F作FM⊥OB于點M，則有FM∥OO′. 又OO′⊥平面ABC， 所以FM⊥平面ABC， 可得FM＝＝3.7分 過點

9、M作MN⊥BC于點N，連接FN， 可得FN⊥BC， 從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角． 又AB＝BC，AC是圓O的直徑， 所以MN＝BMsin 45°＝.10分 從而FN＝，可得cos∠FNM＝. 所以二面角F-BC-A的余弦值為.12分 5．已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點． 圖13 (1)求證：PF⊥FD； (2)判斷并說明PA上是否存在點G，使得EG∥平面PFD； (3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A-PD-F的余弦值． [解]　(1)證明：∵PA⊥平

10、面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2. 建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)，不妨令P(0,0，t)，t>0.1分 ∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)， ∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0， ∴PF⊥FD.3分 (2)設平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)， 由得則 取z＝1，則n＝. 設G(0,0，m)(0≤m≤t).5分 ∵E， ∴＝，由題意·n＝0， ∴－＋m＝0，∴m＝t， ∴當G是線段PA的靠近于A的一個四等分點時，使得EG∥平面PFD.8分 (

11、3)∵PA⊥平面ABCD， ∴∠PBA就是PB與平面ABCD所成的角， 即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)， 由(2)知平面PFD的一個法向量為n＝.10分 易知平面PAD的一個法向量為＝(1,0,0)， ∴cos〈，n〉＝＝＝. 由圖知，二面角A-PD-F的平面角為銳角， ∴二面角A-PD-F的余弦值為.12分 6．(2015·全國卷Ⅰ)如圖14，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. 圖14 (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線

12、AE與直線CF所成角的余弦值． [解]　(1)證明：如圖，連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.1分 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.3分 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.5分 (2)如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz.6分 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝.9分 故cos〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.12分