高考數(shù)學(xué)(北師大版理科)一輪復(fù)習(xí)練習(xí)專題探究課二高考中立體幾何問題的熱點題型(含答案解析)

(建議用時：80分鐘)1.以下列圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點.求證：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.證明(1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，令A(yù)B＝AA1＝4，則A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(xiàn)(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4).取AB中點為N，連接CN，則N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，→＝(→→→∴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.→→→(2)B1F＝(－2，2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2，2，0).→→B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，→→B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.→→→→∴B1F⊥EF，B1F⊥AF，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.2.(2016西·安調(diào)研)以下列圖，在長方體ABCD－A′B′C中′，D′AB＝λAD＝λAA′＞(λ0)，E，F(xiàn)分別是A′C和′AD的中點，且EF⊥平面A′BCD′.求λ的值；求二面角C－A′B－E的余弦值.解以D為原點，DA，DC，DD′分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA′＝AD＝2，則AB＝2λ，D(0，0，0)，A′(2，0，2)，D′(0，0，2)，B(2，2λ，0)，C(0，2λ，0)，E(1，λ，2)，F(xiàn)(1，0，0).→→→(1)EF＝(0，－λ，－2)，D′A′＝(2，0，0)，A′B＝(0，2λ，－2)，→→→→∵EF⊥D′A′，EF⊥A′B，∴EF·D′A′＝0，EF·A′B＝0，2即－2λ＋4＝0，∴λ＝2.(2)設(shè)平面EA′B的一個法向量為m＝(1，y，z)，則

→m·A′B＝0，→m·A′E＝0，→→∵A′B＝(0，22，－2)，A′E＝(－1，2，0)，22y－2z＝0，，∴y＝2，z＝1，∴m＝1，2，1.－1＋2y＝0，22由已知得→→2，－2)，EF為平面A′BC的一個法向量，又EF＝(0，－→→0－1－215m·EF∴cos〈m，EF〉＝→＝5＝－5.|m||EF·|2×6又二面角C－A′B－E為銳二面角，故二面角C－A′B－E的余弦值為155.3.(2015全·國Ⅰ卷)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.證明：平面AEC⊥平面AFC，求直線AE與直線CF所成角的余弦值.證明如圖，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不如設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，因此EG＝3，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt△FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝2，可得EF＝32，從而EG2＋FG222＝EF2，因此EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因為EG平面AEC，因此平面AEC⊥平面AFC.(2)解→→→如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以GB，GC的方向為x軸，y軸正方向，|GB|為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系G－xyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)，F(xiàn)－1，0，2，2C(0，→→3，2.3，0)，因此AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－2→→→→AE·CF故cos〈AE，CF〉＝→→＝－|AE||CF|

33.因此直線AE與直線CF所成角的余弦值為33.π4.(2015陜·西卷)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD22，E是AD的中點，O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到△A1BE的地址，如圖2.證明：CD⊥平面A1OC；若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.(1)證明在圖1中，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，圖1π∠BAD＝2，因此BE⊥AC，即在圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，從而BE⊥平面A1OC.1又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E為AD中點，因此BC綊ED，2因此四邊形BCDE為平行四邊形，故有CD∥BE，因此CD⊥平面A1OC.圖2解由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，因此∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，因此∠A1OC＝π.2如圖2，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，因為A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，因此B2，0，0，E－2，0，0，A2，C2，0，2210，0，20，2→22→＝22→→得BC＝，0，A1，－，CD＝BE＝(－2，0，0)，20，222C設(shè)平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為θ，→－x1＋y1＝0，n1·BC＝0，則得取n1＝(1，1，1)；→y1－z1＝0，n1·A1C＝0，→x2＝0，n2·CD＝0，得取n2＝(0，1，1)，→y2－z2＝0，n2·A1C＝0，從而cosθ＝|cosn1，n2|＝2＝6，3×23即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為63.5.已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD2，AB＝1，E、F分別是線段AB、BC的中點.求證：PF⊥FD；在PA上找一點G，使得EG∥平面PFD；若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A－PD－F的余弦值.證明建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(xiàn)(1，1，0)，D(0，2，0)，不如令P(0，0，t)，t＞0.→→∵PF＝(1，1，－t)，DF＝(1，－1，0)，→→∴PF·DF＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0.∴PF⊥FD.解設(shè)平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)，→＝0，x＋y－tz＝0由得令z＝1，→x－y＝0，n·DF＝0則n＝(t，t，1)，設(shè)G(0，0，m)，∵E(1，0，0)，222→1→∴EG＝(－2，0，m)，由題意EG·n＝0，∴－t14＋m＝0，∴m＝t，4∴當(dāng)G是線段PA的湊近于A的一個四均分點時，使得EG∥平面PFD.解∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA就是PB與平面ABCD所成的角，即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝1，P(0，0，1)，由(2)知平面PFD的一個法向量為n＝(12，12，1).易知平面PAD的一個法向量為→AB＝(1，0，0)，→·n1→26AB∴cos〈AB，n〉＝→＝11＝6.|AB||n|4＋4＋1由圖知二面角A－PD－F的平面角為銳角，因此二面角A－PD－F的余弦值為66.6.(2015湖·南卷)如圖，已知四棱臺ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，點P，Q分別在棱DD1，BC上.(1)若P是DD1的中點，證明：AB1⊥PQ；(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值為3，求周圍體ADPQ的體積.7解由題設(shè)知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系，則相關(guān)各點的坐標(biāo)為A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.(1)證明若P是DD1的中點，則P0，9，3，2→9，－3，PQ＝6，m－2→→→又AB1＝(3，0，6)，于是AB1·PQ＝18－18＝0，→→因此AB1⊥PQ，即AB1⊥PQ.→＝(6，m－→是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量.(2)由題設(shè)知，DQ6，0)，DD1＝(0，－3，6)設(shè)n1＝(x，y，z)是平面PQD的一個法向量，→6x＋（m－6）y＝0，n1·DQ＝0，則→即－3y＋6z＝0.n1·DD1＝0，取y＝6，得n1＝(6－m，6，3).又平面AQD的一個法向量是n2＝(0，0，1)，因此cos〈n1n1·n2＝3＝3，n2〉＝.|n1|·|n2|1·（6－m）2＋62＋32（6－m）2＋45而二面角P－QD－A的余弦值為3，因此3＝3，解得m＝4，m＝8(舍去)，7（6－m）2＋457此時Q(6，4，0).→→→設(shè)DP＝λDD1(0＜λ≤，1)而DD1＝(0，－3，6