1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 专题突破练 (四 ) 立体几何中的高考热点问题 (对应学生用书第 293 页 ) 1如图 7 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 7 (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)，
2、C(0,4,0)， D(2,0,2)， DE ( 2,4,0)， NC ( 2,4,0)， DE NC ， DE NC. 又 NC 平面 ABC， DE? 平面 ABC. 故 DE 平面 ABC. (2)B1F ( 2,2， 4)， EF (2， 2， 2)， AF (2,2,0) B1F EF ( 2)2 2( 2) ( 4)( 2) 0， B1F AF ( 2)2 22 ( 4)0 0. B1F EF ， B1F AF ，即 B1F EF， B1F AF. 又 AF FE F， B1F 平面 AEF. 2 (2018 贵州适应性考性 )如图 8(1)，在等腰直角三角形 ABC 中， B 9
3、0 ，将 ABC沿中位线 DE 翻折得到如图 8(2)所示的空间图形，使二面角 ADEC 的大小为 ? ?0 2 . =【 ;精品教育资源文库 】 = (1) (2) 图 8 (1)求证：平面 ABD 平面 ABC； (2)若 3 ，求直线 AE 与平面 ABC 夹角的正弦值 . 解 (1)证明：在图 (1)等腰直角三角形 ABC 中， AB BC， 而 DE 为该三角形的中位线， 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 平面 ABC. (2)由 (1)可知，
4、ADB 为二面角 ADEC 的平面角， 即 ADB 3 . 又 AD DB， ADB 为等边三角形 如图，设 O 为 DB 的中点，连接 OA，过 O 作 OF BC 交 BC 于点 F， 则 AO BD， OF BD. 又 AO BC， BD BC B， AO 平面 BCED. 以 O 为坐标原点， OB， OF， OA 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 设 BD 2，则 A(0,0， 3)， B(1,0,0)， C(1,4,0)， E( 1,2,0)， AB (1,0， 3)， AC (1,4， 3)， AE ( 1,2， 3) 设 n (x， y， z)为平
5、面 ABC 的法向量， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 有? n AB 0，n AC 0，即 ? x 3z 0，x 4y 3z 0，令 z 1，则 x 3， y 0，则 n ( 3， 0,1)， 设 AE 与平面 ABC 的夹角为 ， 则 sin |AE n|AE |n| 64 . 3 (2018 北京海淀区期末练习 )如图 9，在三棱锥 PABC 中，侧棱 PA 2，底面三角形 ABC为正三角形，边长为 2，顶点 P 在平面 ABC 上的射影为 D， AD DB， DB 1. 图 9 (1)求证： AC 平面 PDB； (2)求二面角 PABC 的余弦值； (3)线段 PC 上是否存在
6、点 E 使得 PC 平面 ABE，如果存在，求 CECP的值；如果不存在，请说明理由 解 (1)证明：因为 AD DB，且 DB 1， AB 2， 所以 AD 3，所 以 DBA 60. 因为 ABC 为正三角形， 所以 CAB 60 ， 所以 DB AC. 因为 AC? 平面 PDB， DB 平面 PDB， 所以 AC 平面 PDB. (2)由点 P 在平面 ABC 上的射影为 D 可得 PD 平面 ACBD，所以 PD DA， PD DB. 如图，建立空间直角坐标系， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则由已知可知 B(1,0,0)， A(0， 3， 0)， P(0,0,1)， C(2，
7、3， 0) 所以 BA ( 1， 3， 0)， BP ( 1,0,1) 平面 ABC 的一个法向量 n (0,0,1)， 设 m (x， y， z)为平面 PAB 的法向量， 则由? BA m 0，BP m 0可得 ? x 3y 0， x z 0， 令 y 1，则 x 3， z 3， 所以平面 PAB 的一个法向量 m ( 3， 1， 3)， 所以 cos m， n m n|m|n| 371 217 ， 由图可知二面角 PABC 的平面角为钝角， 所以二面角 PABC 的余弦值为 217 . (3)由 (2)可得 AB (1， 3， 0)， PC (2， 3， 1)， 因为 PC AB 10
8、， 所以 PC 与 AB 不垂直， 所以在线段 PC 上不存在点 E 使得 PC 平面 ABE. 4 (2017 全国卷 ) 如图 10，四面体 ABCD 中， ABC 是正三角形， ACD 是直角三角形， ABD CBD， AB BD. 图 10 (1)证明：平面 ACD 平面 ABC； (2)过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 DAEC 的余弦值 解 (1)证明：由题设可得 ABD CBD，从而 AD CD. 又 ACD 是直角三角形， 所以 ADC 90. =【 ;精品教育资源文库 】 = 取 AC 的中点 O，连接 D
9、O， BO， 则 DO AC， DO AO. 又因为 ABC 是正三角形，故 BO AC， 所以 DOB 为二面角 DACB 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)由题设及 (1)知， OA， OB， OD 两两垂直， 以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴正方向， |OA |为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 A(1,0,0)， B(0， 3， 0)， C( 1,0,0)， D(0,0,1) 由题设知，四面体
10、ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 12，从而 E 到平面 ABC 的距离为D 到平面 ABC 的距离的 12， 即 E 为 DB 的中点，得 E? ?0， 32 ， 12 ， 故 AD ( 1,0,1)， AC ( 2,0,0)， AE ? ? 1， 32 ， 12 . 设 n (x， y， z)是平面 DAE 的法向量， 则? n AD 0，n AE 0，即? x z 0， x 32 y 12z 0， 可取 n ? ?1， 33 ， 1 . 设 m 是平面 AEC 的法向量，则? m AC 0，m AE 0，同理可取 m (0， 1， 3)， 则 cos n， m nm|n|m| 77 . 所以 二面角 DAEC 的余弦值为 77 .
