高考数学一轮复习 专题突破练4 立体几何中的高考热点问题 理 北师大版.doc

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，bac90，且abaa1，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abaa14，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)，c(0,4,0)，d(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，denc.又nc平面abc，de平面abc.故de平面abc.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即b1fef，b1faf.又affef，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，b90，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.(1)(2)图8(1)求证：平面abd平面abc；(2)若，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，abbc，而de为该三角形的中位线，debc，deab.由翻折可知dead，dedb，又addbd，de平面adb，bc平面adb，又bc平面abc，平面abd平面abc.(2)由(1)可知，adb为二面角adec的平面角，即adb.又addb，adb为等边三角形如图，设o为db的中点，连接oa，过o作ofbc交bc于点f，则aobd，ofbd.又aobc，bdbcb，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bd2，则a(0,0，)，b(1,0,0)，c(1,4,0)，e(1,2,0)，(1,0，)，(1,4，)，(1,2，)设n(x，y，z)为平面abc的法向量，则有即令z1，则x，y0，则n(，0,1)，设ae与平面abc的夹角为，则sin .3(2018北京海淀区期末练习)如图9，在三棱锥pabc中，侧棱pa2，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，addb，db1.图9(1)求证：ac平面pdb；(2)求二面角pabc的余弦值；(3)线段pc上是否存在点e使得pc平面abe，如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由解(1)证明：因为addb，且db1，ab2，所以ad，所以dba60.因为abc为正三角形，所以cab60，所以dbac.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pdda，pddb.如图，建立空间直角坐标系，则由已知可知b(1,0,0)，a(0，0)，p(0,0,1)，c(2，0)所以(1，0)，(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，则由可得令y1，则x，z，所以平面pab的一个法向量m(，1，)，所以cosm，n，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.(3)由(2)可得(1，0)，(2，1)，因为10，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，abdcbd，abbd.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abdcbd，从而adcd.又acd是直角三角形，所以adc90.取ac的中点o，连接do，bo，则doac，doao.又因为abc是正三角形，故boac，所以dob为二面角dacb的平面角在rtaob中，bo2ao2ab2，又abbd，所以bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90.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，的方向为x轴正方向，|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(0，0)，c(1,0,0)，d(0,0,1)由题设知，四面体abce的体积为四面体abcd的体积的，从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离的，即e为db的中