高三高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)練習(xí)高考專(zhuān)題突破四高考中的立體幾何問(wèn)題

高考專(zhuān)題突破四1．(2018·西安八校聯(lián)考)如圖，AC是圓O的直徑，點(diǎn)B在圓O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足為M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.(1)證明：BF⊥EM；(2)求平面BEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值．【解析】(1)∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，∴BM⊥EM.①在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2eq\r(3)，BC＝2，又BM⊥AC，則AM＝3，BM＝eq\r(3)，CM＝1.∵FM＝eq\r(MC2＋FC2)＝eq\r(2)，EM＝3eq\r(2)，EF＝eq\r(42＋（3－1）2)＝2eq\r(5)，∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM.②又FM∩BM＝M，③∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.(2)如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A垂直于AC的直線(xiàn)為x軸，AC，AE所在的直線(xiàn)分別為y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．由已知條件得A(0，0，0)，M(0，3，0)，E(0，0，3)，B(eq\r(3)，3，0)，F(xiàn)(0，4，1)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－3，3)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，1)．設(shè)平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)，由n·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，令x＝eq\r(3)，得y＝1，z＝2，∴平面BEF的一個(gè)法向量為n＝(eq\r(3)，1，2)．∵EA⊥平面ABC，∴取平面ABC的一個(gè)法向量eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，0，3)．設(shè)平面BEF與平面ABC所成的銳二面角為θ，則cosθ＝|cos〈n，eq\o(AE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(3)×0＋1×0＋2×3,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(2),2).2．(2017·全國(guó)Ⅱ卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn)．(1)證明：直線(xiàn)CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線(xiàn)BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M-AB-D的余弦值．【解析】(1)證明取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF.又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．設(shè)M(x，y，z)(0<x<1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M-AB-D的余弦值為eq\f(\r(10),5).3．(2018·合肥質(zhì)檢)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖2所示，點(diǎn)P在平面BCDE上的射影O落在BE上．(1)求證：BP⊥CE；(2)求二面角B-PC-D的余弦值．【解析】(1)證明∵點(diǎn)P在平面BCDE上的射影O落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，由題意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O，∴CE⊥平面PBE，∴BP⊥CE.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)點(diǎn)O且平行于CD的直線(xiàn)為x軸，過(guò)點(diǎn)O且平行于BC的直線(xiàn)為y軸，PO所在的直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(33),11)，由圖可知二面角B-PC-D為鈍角，故二面角B-PC-D的余弦值為－eq\f(\r(33),11).4．(2018·成都一診)如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，BD與EF交于點(diǎn)H，G為BD的中點(diǎn)，點(diǎn)R在線(xiàn)段BH上，且eq\f(BR,RH)＝λ(λ>0)．現(xiàn)將△AED，△CFD，△DEF分別沿DE，DF，EF折起，使點(diǎn)A，C重合于點(diǎn)B(該點(diǎn)記為P)，如圖2所示．(1)若λ＝2，求證：GR⊥平面PEF；(2)是否存在正實(shí)數(shù)λ，使得直線(xiàn)FR與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(2\r(2),5)？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】(1)證明由題意，可知PE，PF，PD三條直線(xiàn)兩兩垂直．∴PD⊥平面PEF.在圖1中，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，G為BD的中點(diǎn)，∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH.在圖2中，∵eq\f(PR,RH)＝eq\f(BR,RH)＝2，且eq\f(DG,GH)＝2，∴在△PDH中，GR∥PD.∴GR⊥平面PEF.(2)由題意，分別以PF，PE，PD所在直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz.設(shè)PD＝4，則P(0，0，0)，F(xiàn)(2，0，0)，E(0，2，0)，D(0，0，4)，∴H(1，1，0)．∵eq\f(PR,RH)＝λ，∴eq\o(PR,\s\up6(→))＝eq\f(λ,1＋λ)eq\o(PH,\s\up6(→))，∴Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,1＋λ)，\f(λ,1＋λ)，0)).∴eq\o(RF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(λ,1＋λ)，－\f(λ,1＋λ)，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋λ,1＋λ)，－\f(λ,1＋λ)，0)).eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，設(shè)平面DEF的法向量為m＝(x，y，z)，∵直線(xiàn)FR與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(2\r(2),5)，∴|cos〈m，eq\o(RF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(RF,\s\up6(→))|,|m||\o(RF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(4,1＋λ),3\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋λ,1＋λ)))\s\up12(2)＋