2018一轮北师大版(理)数学训练：热点探究训练4 立体几何中的高考

热点探究训练(四) 立体几何中的高考热

点题型

1．如图9所示，已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：

图9

(1)DE ∥平面ABC ；

(2)B 1F ⊥平面AEF .

[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A -xyz ，令AB ＝AA 1＝4，

则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(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

∴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 .6分

(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →

＝(2,2,0)．

B 1F →·EF →

＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，

B 1F →·AF →

＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.

9分

∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →

，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF .

又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥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：57962368】

[解] (1)证明：连接AC ，由AE ═∥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 ═∥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O -xyz ，

则B (0,2,0)，E (23，0,3)，F (0,2,2)，P (0,0,3)，

所以BE →＝(23，－2,3)，PE →＝(23，0,0)，PF →

＝(0,2，－1).

9分 设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，

由????? PE →·n ＝0，PF →·n ＝0，可得???

x ＝0，2y －z ＝0， 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＝|BE →

·n ||BE →

||n |＝4525. 故直线BE 与平面EFGH 所成角的正弦值为4525. 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 ＝13BC ，沿AC 边上的中线BD

将△ABD 折起到△PBD 的位

置．

图11

(1)求证：BD ⊥PE ；

(2)当平面PBD ⊥平面BCD 时，求二面角C -PB -D 的余弦值.

【导学号：57962369】

[解] 由已知得DC ＝PD ＝PB ＝BD ＝2，BC ＝2 3.

1分 (1)证明：取BD 的中点O ，连接OE ，PO .

∵OB ＝1，BE ＝233且∠OBE ＝30°，∴OE ＝33，∴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 (0,0，3)，C (3，－2,0)，

∴BP →＝(0，－1，3)，BC →

＝(3，－3,0).

7分 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，

则???

－y ＋3z ＝0，3x －3y ＝0， ∴??? z ＝33y ，x ＝3y ，不妨令y ＝3，得n ＝(3，3，1). 10分

又平面PBD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，

∴cos 〈m ，n 〉＝31313，

故二面角C -PB -D 的余弦值为31313. 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＝1

2AC＝23，AB＝BC，求二面角F-BC-A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O-xyz.

由题意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)．

过点F作FM⊥OB于点M，

所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).

7分 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →

＝(0，－3，3)．

设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．

由????? m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，

可得??? －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.

10分 可得平面BCF 的一个法向量m ＝?

????－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，

所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77，

所以二面角F -BC -A 的余弦值为77. 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 ＝FB 2－BM 2＝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F -BC -A 的平面角．

又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径，

所以MN ＝BM sin 45°＝62.10分

从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77.

所以二面角F -BC -A 的余弦值为77. 12分

5．已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E

，F 分别是

图13

线段AB ，BC 的中点．

(1)求证：PF ⊥FD ；

(2)判断并说明P A 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A -PD -

F 的余弦值．

[解] (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，AB ＝1，AD ＝2. 建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，

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 ∵PF →＝(1,1，－t )，DF →

＝(1，－1,0)，

∴PF →·DF →

＝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????? n ·PF →＝0，n ·DF →＝0，得??? x ＋y －tz ＝0，x －y ＝0，则???

tz ＝2x ，y ＝x . 取z ＝1，则n ＝? ??

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