（步步高 高中理科数学 教学资料）专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型.docx

1、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， 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

2、平面 BCD， ABBE，ABBD. 以 B 为坐标原点，分别以BE ， BD ，BA 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(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)， M 0，1 2， 1 2 ，则BC (1，1，0)，BM 0，1 2， 1 2 ，AD (0，1，1). 设平面 MBC 的法向量为 n(x0，y0，z0)， 则 nBC 0， nBM 0， 即 x0y00， 1 2y 01 2z 00， 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| co

3、sn， 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 2 .D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CDDE 2，CE 2EB2. (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 2得CDE 为等腰直角三角形，故 CDDE. 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，

4、 DCE 4 ，如图，过 D 作 DF 垂直 CE 于 F，易知 DFFCFE1，又已知 EB1，故 FB2. 由ACB 2 ，得 DFAC，DF AC FB BC 2 3， 故 AC3 2DF 3 2. 以 C 为坐标原点，分别以CA ， CB ，CP 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 3 2，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED (1， 1，0)，DP (1，1，3)，DA 1 2，1，0. 设平面 PAD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， 由 n1DP 0，n1DA 0，得 x1y13z10， 1

5、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ED ，即 n2(1，1， 0). 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，ABAC AA14，BC2 2.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

6、 2， 故1 2ACBD 1 2BC AB2 1 2BC 2 ， 解得 BD 7. 从而在 RtCDB 中，CD BC2BD21，故 ADACCD3. 如图，过点 D 作 DFCC1，交 AC1于 F，连接 EF.因为 DFCC1，从而AD AC DF CC1 3 4，得 DF3. 因为 DFCC1， CC1BB1， 故 DFBB1， 即 DFBE， 故 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DA ，

7、DB ，DF 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(0，7，3)，DC (1，0，0)，DE (0，7，3). 设平面 ACE 的一个法向量为 n1(x，y，z)，由 n1DC 0， n1DE 0，得 x0， 7y3z0，故可取 n 1(0，3， 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.(201

8、7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AD DB CE EA 1 2，如图 1.将ADE 沿 DE 折起到A 1DE 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AD DB CE EA 1 2，所以 AD1，AE 2. 在ADE 中，DAE60，由余弦定理得 DE 1222212c

9、os 60 3. 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，PH 3a，DH2a. 所以 A1(0，0，1)

10、，P(2a， 3a，0)，E(0，3，0). 所以PA1 (a2， 3a，1). 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为DE (0，3，0). 要使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60， 则 sin 60 |PA1 DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 3 3 2 ， 解得 a5 4.此时 2a 5 2，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 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

11、 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 的中点 O.连接 CO，DO. 在 RtACB，RtADB 中， AB2， 则 CODO1， CD 2，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， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，1，0)，B(0

12、，1，0)， C(0，0，1)，D 3 2 ，1 2，0， AC (0，1，1)，BC (0，1，1)，CD 3 2 ，1 2，1. 设平面 ACD 的一个法向量为 n1(x1，y1，z1)，则 n1AC ， n1CD ， 即 n1AC 0， n1CD 0， 即 y1z10， 3 2 x11 2y 1z10，令 z11，则 y11，x1 3， n1( 3，1，1). 设平面 BCD 的一个法向量为 n2(x2，y2，z2)，则 n2BC ， n2CD ， 即 n2BC 0， n2CD 0， 即 y2z20， 3 2 x21 2y 2z20，令 z21，则 y21，x2 3 3 ， n2 3 3

13、 ，1，1 ， cosn1，n2 3 3 3 （1）111 311 1 311 1 5 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，ADDC CB1， 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. AB

14、2AD2BD2，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 3)， 则 D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，1)， AB (1，3，0)，BP(0， 3，1). 设 n1(x，y，z)为平面 PAB 的一个法向量， 由 n1AB 0， n1BP 0，得 x 3y0， （ 3）yz0， 取 y1，得 n1( 3，1， 3)， n2(0，1，0)是平面 ADE 的一个法向量， cos|n1n2| |n1|n2| 1 31（ 3）21 1 （ 3）24. 0 3， 当 3时，cos有最大值1 2， 的最小值为 3 .