2023年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

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，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，那么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，那么N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，∴eq\o(DE,\s\up7(→))＝(－2,4,0)，eq\o(NC,\s\up7(→))＝(－2,4,0)，∴eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\o(NC,\s\up7(→))，∴DE∥NC.又∵NC平面ABC，DE⃘平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)eq\o(B1F,\s\up7(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(2，－2，－2)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(2,2,0)．eq\o(B1F,\s\up7(→))·eq\o(EF,\s\up7(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，eq\o(B1F,\s\up7(→))·eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴eq\o(B1F,\s\up7(→))⊥eq\o(EF,\s\up7(→))，eq\o(B1F,\s\up7(→))⊥eq\o(AF,\s\up7(→))，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF2．(2023·贵州适应性考性)如图8(1)，在等腰直角三角形ABC中，∠B＝90°，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θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2))).(1)(2)图8(1)求证：平面ABD⊥平面ABC；(2)假设θ＝eq\f(π,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，∠ADB为二面角A­DE­C的平面角，即∠ADB＝θ＝eq\f(π,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，那么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轴建立如下图的空间直角坐标系．设BD＝2，那么A(0,0，eq\r(3))，B(1,0,0)，C(1,4,0)，E(－1,2,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,4，－eq\r(3))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(－1,2，－eq\r(3))．设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)z＝0，,x＋4y－\r(3)z＝0，))令z＝1，那么x＝eq\r(3)，y＝0，那么n＝(eq\r(3)，0,1)，设AE与平面ABC的夹角为α，那么sinα＝eq\f(|\o(AE,\s\up7(→))·n|,|\o(AE,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(\r(6),4).3．(2023·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上是否存在点E使得PC⊥平面ABE，如果存在，求eq\f(CE,CP)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＝eq\r(3)，所以∠DBA＝60°.因为△ABC为正三角形，所以∠CAB＝60°，所以DB∥AC.因为AC⃘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，那么由可知B(1,0,0)，A(0，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)，C(2，eq\r(3)，0)．所以eq\o(BA,\s\up7(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BP,\s\up7(→))＝(－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，那么由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up7(→))·m＝0，,\o(BP,\s\up7(→))·m＝0))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0，,－x＋z＝0，))令y＝1，那么x＝eq\r(3)，z＝eq\r(3)，所以平面PAB的一个法向量m＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),\r(7)×1)＝eq\f(\r(21),7)，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－eq\f(\r(21),7).(3)由(2)可得eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(2，eq\r(3)，－1)，因为eq\o(PC,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－1≠0，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．(2023·全国卷Ⅲ)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，假设平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两局部，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°.取AC的中点O，连接DO，BO，那么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，eq\o(OA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(OA,\s\up7(→))|为单位长度，建立如下图的空间直角坐标系O­xyz，那么A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，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eq\f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故eq\o(AD,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,0,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3