（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

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，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图.(1)求证：AB⊥CD；(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BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图.由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.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0，12，12，则BC→＝(1，1，0)，BM→＝0，12，12，AD→＝(0，1，－1).设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则n·BC→＝0，n·BM→＝0，即x0＋y0＝0，12y0＋12z0＝0，取z0＝1，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θ，则sinθ＝|cos〈n，AD→〉|＝|n·AD→||n|·|AD→|＝63，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.2.如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值.(1)证明由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝2得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.2(2)解由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝π4，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝π2，得DF∥AC，∴DFAC＝FBBC＝23，故AC＝32DF＝32.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32，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED→＝(1，－1，0)，DP→＝(－1，－1，3)，DA→＝12，－1，0.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP→＝0，n1·DA→＝0，得－x1－y1＋3z1＝0，12x1－y1＝0，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〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝36，故所求二面角A－PD－C的余弦值为36.3.(2017·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝4，BC＝22.BD⊥AC，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C1－AC－E的余弦值.解(1)由AB＝AC＝4，知△ABC为等腰三角形，又BD⊥AC，BC＝22，故12·AC·BD＝12·BC·AB2－12BC2，解得BD＝7.从而在Rt△CDB中，CD＝BC2－BD2＝1，故AD＝AC－CD＝3.如图，过点D作DF∥CC1，交AC1于F，连接EF.因为DF∥CC1，从而ADAC＝DFCC1＝34，得DF＝3.3因为DF∥CC1，CC1∥BB1，故DF∥BB1，即DF∥BE，故DF与BE确定平面BDFE.又BD∥平面AC1E，而平面BDFE∩平面AC1E＝EF，故BD∥EF.故四边形BDFE为平行四边形，从而DF＝BE＝3，所以B1E＝BB1－BE＝1.(2)如图，以D为坐标原点，分别以DA→，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n1·DC→＝0，n1·DE→＝0，得－x＝0，7y＋3z＝0，故可取n1＝(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cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝34.由图知二面角C1－AC－E为锐角，故二面角C1－AC－E的余弦值为34.4.(2017·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ADDB＝CEEA＝12，如图1.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B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ADDB＝CEEA＝12，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3.从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折起后有A1D⊥DE，因为二面角A1－DE－B是直二面角，4所以平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.(2)解存在.理由：由(1)的证明，可知ED⊥DB，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D－xyz.设PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于点H，连接A1H，A1P，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a.所以A1(0，0，1)，P(2－a，3a，0)，E(0，3，0).所以PA1→＝(a－2，－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sin60°＝|PA1→·DE→||PA1→||DE→|＝3a4a2－4a＋5×3＝32，解得a＝54.此时2a＝52，满足0≤2a≤3，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＝52.5.(2017·石家庄一模)在平面四边形ACBD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′－ABD，且使C′D＝2.(1)求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)求二面角A－C′D－B的余弦值.(1)证明如图，取AB的中点O.连接C′O，DO.在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，∵C′D＝2，∴C′O2＋DO2＝C′D2，5即C′O⊥OD，又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，∵C′O⊂平面ABC′，∴平面C′AB⊥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(0，1，0)，C′(0，0，1)，D32，12，0，∴AC′→＝(0，1，1)，BC′→＝(0，－1，1)，C′D→＝32，12，－1.设平面AC′D的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1⊥AC′→，n1⊥C′D→，即n1·AC′→＝0，n1·C′D→＝0，即y1＋z1＝0，32x1＋12y1－z1＝0，令z1＝1，则y1＝－1，x1＝3，∴n1＝(3，－1，1).设平面BC′D的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2⊥BC′→，n2⊥C′D→，即n2·BC′→＝0，n2·C′D→＝0，即－y2＋z2＝0，32x2＋12y2－z2＝0，令z2＝1，则y2＝1，x2＝33，∴n2＝33，1，1，∴cos〈n1，n2〉＝3×33＋（－1）×1＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535，∴二面角A－C′D－B的余弦值为－10535.6.(2017·合肥模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；6(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θ，试求θ的最小值.(1)证明在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴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＝λ(0≤λ≤3)，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，λ，1)，∴AB→＝(－1，3，0)，BP→＝(0，λ－3，1).设n1＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，由n1·AB→＝0，n1·BP→＝0，得－x＋3y＝0，（λ－3）y＋z＝0，取y＝1，得n1＝(3，1，3－λ)，∵n2＝(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，∴cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝13＋1＋（3－λ）2×1＝1（λ－3）2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cosθ有最大值12，∴θ的最小值为π3.7