2018版高考数学（人教A版理）一轮复习：热点探究训练4 立体几何中的高考热点问题

2018版高考数学（人教A版理）一轮复习：热点探究训练4 立体几何中的高考热点问题

热点探究训练(四)　‎ 立体几何中的高考热点问题 ‎1．如图9所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：‎ 图9‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ ‎[证明]　(1)如图，建立空间直角坐标系Axyz，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)，3分 ‎∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，‎ ‎∴＝，∴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·合肥模拟)如图10，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.‎ 图10‎ ‎(1)求证：EG⊥DF；‎ ‎(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值. ‎ ‎【导学号：01772282】‎ ‎[解]　(1)证明：连接AC，由AE綊CG可得四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，‎ 所以EG⊥BD，EG⊥BF，3分 因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，‎ 又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.5分 ‎(2)设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，所以四边形EFGH为平行四边形，‎ 所以P为EG的中点，O为AC的中点，‎ 所以OP綊AE，从而OP⊥平面ABCD.7分 又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直．‎ 由平面几何知识得BF＝2.‎ 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，‎ 则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，‎ 所以＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，＝(0,2，－1).9分 设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由可得 令y＝1，则z＝2，所以n＝(0,1,2)．‎ 设BE与平面EFGH所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝.‎ 故直线BE与平面EFGH所成角的正弦值为.12分 ‎3．如图11，直角三角形ABC中，∠A＝60°，∠ABC＝90°，AB＝2，E为线段BC上一点，且BE＝BC，沿AC边上的中线BD将△ABD折起到△PBD的位置．‎ ‎ 【导学号：01772283】‎ 图11‎ ‎(1)求证：BD⊥PE；‎ ‎(2)当平面PBD⊥平面BCD时，求二面角CPBD的余弦值．‎ ‎[解]　由已知得DC＝PD＝PB＝BD＝2，BC＝2.1分 ‎(1)证明：取BD的中点O，连接OE，PO.‎ ‎∵OB＝1，BE＝且∠OBE＝30°，∴OE＝，∴OE⊥BD.3分 ‎∵PB＝PD，O为BD的中点，∴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，OP两两垂直，如图以O为坐标原点，以OE，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，‎ 则B(0,1,0)，P(0,0，)，C(，－2,0)，‎ ‎∴＝(0，－1，)，＝(，－3,0).7分 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 ‎∴不妨令y＝，得n＝(3，，1).10分 又平面PBD的一个法向量为m＝(1,0,0)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝，‎ 故二面角CPBD的余弦值为.12分 ‎4．(2016·山东高考)在如图12所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的—条母线. ‎ 图12‎ ‎(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角 FBCA的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.‎ 在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，‎ 所以GI∥EF.2分 又EF∥OB，所以GI∥OB.‎ 在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，‎ 所以HI∥BC.‎ 又HI∩GI＝I，‎ 所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，‎ 所以GH∥平面ABC.5分 ‎(2)法一：连接OO′，则OO′⊥平面ABC.‎ 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，‎ 所以BO⊥AC.‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．‎ 过点F作FM⊥OB于点M，‎ 所以FM＝＝3，可得F(0，，3).7分 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．‎ 由 可得10分 可得平面BCF的一个法向量m＝.‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，‎ 所以cos 〈m，n〉＝＝，‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.12分 法二：如图，连接OO′，过点F作FM⊥OB于点M，则有FM∥OO′.‎ 又OO′⊥平面ABC，‎ 所以FM⊥平面ABC，‎ 可得FM＝＝3.7分 过点M作MN⊥BC于点N，连接FN，‎ 可得FN⊥BC，‎ 从而∠FNM为二面角FBCA的平面角．‎ 又AB＝BC，AC是圆O的直径，‎ 所以MN＝BMsin 45°＝.10分 从而FN＝，可得cos∠FNM＝.‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.12分 ‎5．已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F分别是线段AB，BC的中点．‎ 图13‎ ‎(1)求证：PF⊥FD；‎ ‎(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；‎ ‎(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角APDF的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(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)设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得则 取z＝1，则n＝.‎ 设G(0,0，m)(0≤m≤t).5分 ‎∵E，‎ ‎∴＝，由题意·n＝0，‎ ‎∴－＋m＝0，∴m＝t，‎ ‎∴当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG∥平面PFD.8分 ‎(3)∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴∠PBA就是PB与平面ABCD所成的角，‎ 即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)，‎ 由(2)知平面PFD的一个法向量为n＝.10分 易知平面PAD的一个法向量为＝(1,0,0)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝＝＝.‎ 由图知，二面角APDF的平面角为锐角，‎ ‎∴二面角APDF的余弦值为.12分 ‎6．(2015·全国卷Ⅰ)如图14，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.‎ 图14‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；‎ ‎(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.‎ 在菱形ABCD中，不妨设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 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.‎ 因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.5分 ‎(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.6分 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，‎ 所以＝(1，，)，＝.9分 故cos〈，〉＝＝－.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.12分