高考数学一轮复习解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略作业试题含解析新人教版

解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略

1.[12分]如图6-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD.

(1)证明: BC⊥PB.

(2)若PA⊥PD,PB=AB,求二面角A-PB-C的余弦值.

图6-1

2.[12分]如图6-2,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.

(1)求证:AB1⊥平面A1BD.

(2)求锐二面角A-A1D-B的余弦值.

图6-2

3.[2021惠州市二调,12分]一副标准的三角板(如图6-3)中,∠ABC为直角,∠A=60°,∠DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(如图6-4),设M是AC的中点,N是BC的中点.

(1)求证:平面ABC⊥平面EMN.

(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成角的正弦值.

　　                             图6-3　　　　　　　　　图6-4

4.[新角度题,12分]如图6-5,EC⊥平面ABC,BD∥EC,AC=AB=BD=EC=2,点F为线段DE上的动点.

(1)试在BC上找一点O,使得AO⊥CF,并证明.

(2)在第(1)问的基础上,若AB⊥AC,则平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小可否为?

图6-5

答  案

解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略

1.(1)如图D 6-1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,

∵PA=PD,

∴PE⊥AD.

∵底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,

∴△ABD为等边三角形,

∴BE⊥AD.

∵PE∩BE=E, PE,BE⊂平面PBE,

∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.

∵AD∥BC,∴BC⊥PB.

图D 6-1

 (4分)

(2)设AB=2,则AB=PB=AD=2,BE=.

∵PA⊥PD,E为AD的中点,

∴PA=,PE=1,

∴PE2+BE2=PB2,∴PE⊥BE.

以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP 所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图D 6-2所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,1),C(-2,,0),

∴=(-1,,0),=(-1,0,1),=(0,-,1),=(-2,0,0).

设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵

∴令x1=1,得z1=1,y1=,∴n1=(1,,1)为平面PAB的一个法向量.

设平面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),

则∴

令y2=-1,得x2=0,z2=-,即n2=(0,-1,-)为平面BPC的一个法向量.

∴=-.

设二面角A-PB-C的平面角为θ,由图可知θ为钝角,

则cos θ=-. (12分)

图D 6-2

2.(1)取BC的中点O,连接AO.

∵△ABC为等边三角形,

∴AO⊥BC.

在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,

又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,

∴AO⊥平面BCC1B1.

取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,如图D 6-3所示,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0),

∴=(1,2,-),=(-2,1,0),=(-1,2,),

∴·=0,·=0,

∴AB1⊥BD,AB1⊥BA1.

∵BD∩BA1=B,

∴AB1⊥平面A1BD. (6分)

图D 6-3

(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).

∵=(-1,1,-),=(0,2,0),

∴∴∴

令z=1,得n=(-,0,1)为平面A1AD的一个法向量.

由(1)知AB1⊥平面A1BD,∴为平面A1BD的一个法向量,

∴cos<n,>===-,

∴锐二面角A-A1D-B的余弦值为. (12分)

3.(1)∵M是AC的中点,N是BC的中点,

∴MN∥AB, (1分)

∵AB⊥BC,

∴MN⊥BC. (2分)

∵BE=EC,N是BC的中点,

∴EN⊥BC. (3分)

又MN∩EN=N,MN⊂平面EMN,EN⊂平面EMN, (4分)

∴BC⊥平面EMN. (5分)

又BC⊂平面ABC,

∴平面ABC⊥平面EMN. (6分)

(2)由(1)可知,EN⊥BC,MN⊥BC,

∴∠ENM为二面角E-BC-A的平面角,

又二面角E-BC-A为直二面角,∴∠ENM=90°,即EN⊥MN. (7分)

以点N为坐标原点,NM,NC,NE所在直线分别为x,y,z轴建立如图D 6-4所示的空间直角坐标系N-xyz, (8分)

图D 6-4

∵AC=4,∴AB=2,BC=2,∴NE=,MN=1,

则N(0,0,0),E(0,0,),M(1,0,0),B(0,-,0),A(2,-,0),

∴=(1,0,-),=(0,,),=(2,0,0). (9分)

设m=(x,y,z)为平面ABE的法向量,则即

得x=0,令y=1,则z=-1,

∴平面ABE的一个法向量为m=(0,1,-1). (10分)

设直线EM与平面ABE所成的角为θ,

则sin θ=|cos<m,>|=||==, (11分)

即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为. (12分)

4.(1)BC的中点即为所找的点O.

∵AB=AC,∴AO⊥BC,

又EC⊥平面ABC,AO⊂平面ABC,

∴EC⊥AO. (2分)

∵BC∩EC=C,BC⊂平面BDEC,EC⊂平面BDEC,∴AO⊥平面BDEC.

又CF⊂平面BDEC,∴AO⊥CF. (4分)

(2)以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 6-5所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,-2,4),D(-2,0,2),O(-1,-1,0),

=(-1,-1,0),=(-2,2,-2). (6分)

设=λ(0≤λ≤1),则可得F(-2λ,2λ-2,4-2λ),

则=(-2λ,2λ-2,4-2λ).

设平面AOF的法向量为m=(x,y,z),

则

即

令x=1,则y=-1,z=,则m=(1,-1,)为平面AOF的一个法向量. (9分)

易得平面ACE的一个法向量为n=(1,0,0).

令|cos<m,n>|===,解得λ=.

故当F为DE的中点时,平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为.(12分)

图D 6-5