鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型教案含解析

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1、专题探究课四 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，ABBD，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，ABBD，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(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直角坐标系.依题意，得B

2、(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M，则(1，1，0)，(0，1，1).设平面MBC的法向量为n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量为n(1，1，1).设直线AD与平面MBC所成角为，则sin | cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.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，CE2EB2.(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CDD

3、E.由PCCDC，DE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，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.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)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取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).从而

4、法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.3.(2017重庆模拟)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA14，BC2.BDAC，垂足为D，E为棱BB1上一点，BD平面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，故ACBDBC，解得BD.从而在RtCDB中，CD1，故ADACCD3.如图，过点D作DFCC1，交AC1于F，连接EF.因为DFCC1，从而，得DF3.因为DFCC1，CC1BB1，故DFBB1，即DFBE，故DF与BE确定平面BDFE.又BD平面

5、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、y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).设平面ACE的一个法向量为n1(x，y，z)，由n10，n10，得故可取n1(0，3，).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.由图知二面角C1ACE为锐角，故二面角C1ACE的余弦值为.4.(2017郑州模拟)

6、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A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D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.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.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

7、，A1DDE，所以A1D平面BCED.(2)解存在.理由：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.所以A1(0，0，1)，P(2a，a，0)，E(0，0).所以(a2，a，1).因为ED平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为(0，0).要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，则sin 60，解得a.此时2a，满足02a3，符合题意.所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A

8、1BD所成的角为60，此时PB.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.(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的中点O.连接CO，DO.在RtACB，RtADB中，AB2，则CODO1，CD，CO2DO2CD2，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

9、空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D，(0，1，1)，(0，1，1)，.设平面ACD的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即即令z11，则y11，x1，n1(，1，1).设平面BCD的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即即令z21，则y21，x2，n2，cosn1，n2，二面角ACDB的余弦值为.6.(2017合肥模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，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

10、.(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ABCDBD，DE平面BFED，DEDB，DE平面ABCD，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)，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，0)，P(0，1)，(1，0)，(0，1).设n1(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，由得取y1，得n1(，1，)，n2(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，cos .0，当时，cos 有最大值，的最小值为.6