高三数学一轮复习： 热点探究训练4 立体几何中的高考热点问题

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图9
(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，
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)，3分
∴eq \(DE,\s\up7(→))＝(－2,4,0)，eq \(NC,\s\up7(→))＝(－2,4,0)，
∴eq \(DE,\s\up7(→))＝eq \(NC,\s\up7(→))，∴DE∥NC.
又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.
故DE∥平面ABC.6分
(2)eq \(B1F,\s\up7(→))＝(－2,2，－4)，eq \(EF,\s\up7(→))＝(2，－2，－2)，eq \(AF,\s\up7(→))＝(2,2,0)．
eq \(B1F,\s\up7(→))·eq \(EF,\s\up7(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
eq \(B1F,\s\up7(→))·eq \(AF,\s\up7(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.9分
∴eq \(B1F,\s\up7(→))⊥eq \(EF,\s\up7(→))，eq \(B1F,\s\up7(→))⊥eq \(AF,\s\up7(→))，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.12分
2．(2017·合肥模拟)如图10，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.
图10
(1)求证：EG⊥DF；
(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.
【导学号：01772282】
[解] (1)证明：连接AC，由AE綊CG可得四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，
所以EG⊥BD，EG⊥BF，3分
因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，
又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.5分
(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，
由已知可得，平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，
同理可得EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，
所以P为EG的中点，O为AC的中点，
所以OP綊AE，从而OP⊥平面ABCD.7分
又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直．
由平面几何知识得BF＝2.
如图，建立空间直角坐标系O­xyz，
则B(0,2,0)，E(2eq \r(3)，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，
所以eq \(BE,\s\up7(→))＝(2eq \r(3)，－2,3)，eq \(PE,\s\up7(→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(PF,\s\up7(→))＝(0,2，－1).9分
设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PE,\s\up7(→))·n＝0，,\(PF,\s\up7(→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,2y－z＝0，))
令y＝1，则z＝2，所以n＝(0,1,2)．
设BE与平面EFGH所成角为θ，
则sin θ＝eq \f(|\(BE,\s\up7(→))·n|,|\(BE,\s\up7(→))||n|)＝eq \f(4\r(5),25).
故直线BE与平面EFGH所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),25).12分
3．如图11，直角三角形ABC中，∠A＝60°，∠ABC＝90°，AB＝2，E为线段BC上一点，且BE＝eq \f(1,3)BC，沿AC边上的中线BD将△ABD折起到△PBD的位置．
【导学号：01772283】
图11
(1)求证：BD⊥PE；
(2)当平面PBD⊥平面BCD时，求二面角C­PB­D的余弦值．
[解] 由已知得DC＝PD＝PB＝BD＝2，BC＝2eq \r(3).1分
(1)证明：取BD的中点O，连接OE，PO.
∵OB＝1，BE＝eq \f(2\r(3),3)且∠OBE＝30°，∴OE＝eq \f(\r(3),3)，∴OE⊥BD.3分
∵PB＝PD，O为BD的中点，∴PO⊥BD.
又PO∩OE＝O，∴BD⊥平面POE.∵PE⊂平面POE，
∴BD⊥PE.5分
(2)∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，PO⊥BD，∴PO⊥平面BCD，
∴OE，OB，OP两两垂直，如图以O为坐标原点，以OE，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(0,1,0)，P(0,0，eq \r(3))，C(eq \r(3)，－2,0)，
∴eq \(BP,\s\up7(→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，－3,0).7分
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y＋\r(3)z＝0，,\r(3)x－3y＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(\r(3),3)y，,x＝\r(3)y，))不妨令y＝eq \r(3)，得n＝(3，eq \r(3)，1).10分
又平面PBD的一个法向量为m＝(1,0,0)，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(3\r(13),13)，
故二面角C­PB­D的余弦值为eq \f(3\r(13),13).12分
4．(2016·山东高考)在如图12所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的—条母线.
图12
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
(2)已知EF＝FB＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(3)，AB＝BC，求二面角 F­BC­A的余弦值．
[解] (1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，
所以GI∥EF.2分
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，
所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，
所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，
所以GH∥平面ABC.5分
(2)法一：连接OO′，则OO′⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
由题意得B(0,2eq \r(3)，0)，C(－2eq \r(3)，0,0)．
过点F作FM⊥OB于点M，
所以FM＝eq \r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq \r(3)，3).7分
故eq \(BC,\s\up7(→))＝(－2eq \r(3)，－2eq \r(3)，0)，eq \(BF,\s\up7(→))＝(0，－eq \r(3)，3)．
设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up7(→))＝0，,m·\(BF,\s\up7(→))＝0，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))10分
可得平面BCF的一个法向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(\r(3),3))).
因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
所以cs 〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(\r(7),7)，
所以二面角F­BC­A的余弦值为eq \f(\r(7),7).12分
法二：如图，连接OO′，过点F作FM⊥OB于点M，则有FM∥OO′.
又OO′⊥平面ABC，
所以FM⊥平面ABC，
可得FM＝eq \r(FB2－BM2)＝3.7分
过点M作MN⊥BC于点N，连接FN，
可得FN⊥BC，
从而∠FNM为二面角F­BC­A的平面角．
又AB＝BC，AC是圆O的直径，
所以MN＝BMsin 45°＝eq \f(\r(6),2).10分
从而FN＝eq \f(\r(42),2)，可得cs∠FNM＝eq \f(\r(7),7).
所以二面角F­BC­A的余弦值为eq \f(\r(7),7).12分
5．已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F分别是线段AB，BC的中点．
图13
(1)求证：PF⊥FD；
(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；
(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A­PD­F的余弦值．
[解] (1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2.
建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)，不妨令P(0,0，t)，t>0.1分
∵eq \(PF,\s\up7(→))＝(1,1，－t)，eq \(DF,\s\up7(→))＝(1，－1,0)，
∴eq \(PF,\s\up7(→))·eq \(DF,\s\up7(→))＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，
∴PF⊥FD.3分
(2)设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PF,\s\up7(→))＝0，,n·\(DF,\s\up7(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－tz＝0，,x－y＝0，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tz＝2x，,y＝x.))
取z＝1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，\f(t,2)，1)).
设G(0,0，m)(0≤m≤t).5分
∵Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
∴eq \(EG,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，m))，由题意eq \(EG,\s\up7(→))·n＝0，
∴－eq \f(t,4)＋m＝0，∴m＝eq \f(1,4)t，
∴当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG∥平面PFD.8分
(3)∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PBA就是PB与平面ABCD所成的角，
即∠PBA＝45°，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)，
由(2)知平面PFD的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).10分
易知平面PAD的一个法向量为eq \(AB,\s\up7(→))＝(1,0,0)，
∴cs〈eq \(AB,\s\up7(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up7(→))·n,|\(AB,\s\up7(→))||n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq \f(\r(6),6).
由图知，二面角A­PD­F的平面角为锐角，
∴二面角A­PD­F的余弦值为eq \f(\r(6),6).12分
6．(2015·全国卷Ⅰ)如图14，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
图14
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
[解] (1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3).1分
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(2)，故DF＝eq \f(\r(2),2).
在Rt△FDG中，可得FG＝eq \f(\r(6),2).
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \f(3\r(2),2).3分
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.5分
(2)如图，以G为坐标原点，分别以eq \(GB,\s\up7(→))，eq \(GC,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq \(GB,\s\up7(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系G­xyz.6分
由(1)可得A(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(AE,\s\up7(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \(CF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).9分
故cs〈eq \(AE,\s\up7(→))，eq \(CF,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up7(→))·\(CF,\s\up7(→)),|\(AE,\s\up7(→))||\(CF,\s\up7(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).12分