2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件：专题突破练4立体几何中的高考热点问题理北.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的中点，得E，故(1,0,1)，(2,0,0)，.设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n.设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m.所以二面角DAEC的余弦值为.
