2023一輪北師大版(理)數(shù)學(xué)訓(xùn)練熱點(diǎn)探究訓(xùn)練4 立體幾何中的高考

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熱點(diǎn)探究訓(xùn)練(四)立體幾何中的高考熱

點(diǎn)題型

1．如圖9所示，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(diǎn)．求證：

圖9

(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(diǎn)為N，連接CN，

則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，

3分

∴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.6分

(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＋22＋(－4)0＝0.

9分

∴B1F→⊥EF→，B1F→⊥AF→

，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.

又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.12分2．(2023合肥模擬)如圖10，六面體ABCDHEFG中，四邊形ABCD為菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.

圖10

(1)求證：EG⊥DF；

(2)求BE與平面EFGH所成角的正弦值.

[解](1)證明：連接AC，由AE═∥CG可得四邊形AEGC為平行四邊形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，

所以EG⊥BD，EG⊥BF，

3分

由于BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，

又DF平面BDHF，所以EG⊥DF.5分(2)設(shè)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，所以四邊形EFGH為平行四邊形，

所以P為EG的中點(diǎn)，O為AC的中點(diǎn)，

所以O(shè)P═∥AE，從而OP⊥平面ABCD.

7分又OA⊥OB，所以O(shè)A，OB，OP兩兩垂直．

由平面幾何知識(shí)得BF＝2.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，

則B(0,2,0)，E(23，0,3)，F(xiàn)(0,2,2)，P(0,0,3)，

所以BE→＝(23，－2,3)，PE→＝(23，0,0)，PF→

＝(0,2，－1).

9分設(shè)平面EFGH的法向量為n＝(x，y，z)，

由?????PE→n＝0，PF→n＝0，可得???

x＝0，2y－z＝0，令y＝1，則z＝2，所以n＝(0,1,2)．

設(shè)BE與平面EFGH所成角為θ，

則sinθ＝|BE→

n||BE→

||n|＝4525.故直線BE與平面EFGH所成角的正弦值為4525.12分

3．如圖11，直角三角形ABC中，∠A＝60，∠ABC＝90，AB＝2，E為線

段BC上一點(diǎn)，且BE＝13BC，沿AC邊上的中線BD

將△ABD折起到△PBD的位

置．

圖11

(1)求證：BD⊥PE；

(2)當(dāng)平面PBD⊥平面BCD時(shí)，求二面角C-PB-D的余弦值.

[解]由已知得DC＝PD＝PB＝BD＝2，BC＝23.

1分(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OE，PO.

∵OB＝1，BE＝233且∠OBE＝30，∴OE＝33，∴OE⊥BD.

3分∵PB＝PD，O為BD的中點(diǎn)，∴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兩兩垂直，如圖以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)E，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則B(0,1,0)，P(0,0，3)，C(3，－2,0)，

∴BP→＝(0，－1，3)，BC→

＝(3，－3,0).

7分設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，

則???

－y＋3z＝0，3x－3y＝0，∴???z＝33y，x＝3y，不妨令y＝3，得n＝(3，3，1).10分

又平面PBD的一個(gè)法向量為m＝(1,0,0)，

∴cos〈m，n〉＝31313，

故二面角C-PB-D的余弦值為31313.12分

4．(2023山東高考)在如圖12所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF

是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的—條母線.

圖12

(1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC；

(2)已知EF＝FB＝1

2AC＝23，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．

[解](1)證明：設(shè)CF的中點(diǎn)為I，連接GI，HI.

在△CEF中，由于點(diǎn)G，I分別是CE，CF的中點(diǎn)，

所以GI∥EF.2分又EF∥OB，所以GI∥OB.

在△CFB中，由于H，I分別是FB，CF的中點(diǎn)，

所以HI∥BC.

又HI∩GI＝I，

所以平面GHI∥平面ABC.

由于GH平面GHI，

所以GH∥平面ABC.5分(2)法一：連接OO′，則OO′⊥平面ABC.

又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，

所以BO⊥AC.

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)．

過點(diǎn)F作FM⊥OB于點(diǎn)M，

所以FM＝FB2－BM2＝3，可得F(0，3，3).

7分故BC→＝(－23，－23，0)，BF→

＝(0，－3，3)．

設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．

由?????mBC→＝0，mBF→＝0，

可得???－23x－23y＝0，－3y＋3z＝0.

10分可得平面BCF的一個(gè)法向量m＝?

????－1，1，33.由于平面ABC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)，

所以cos〈m，n〉＝mn|m||n|＝77，

所以二面角F-BC-A的余弦值為77.12分

法二：如圖，連接OO′，過點(diǎn)

F作FM⊥OB于點(diǎn)M，則有FM∥OO′.

又OO′⊥平面ABC，

所以FM⊥平面ABC，

可得FM＝FB2－BM2＝3.7分

過點(diǎn)M作MN⊥BC于點(diǎn)N，連接FN，

可得FN⊥BC，

從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角．

又AB＝BC，AC是圓O的直徑，

所以MN＝BMsin45＝62.10分

從而FN＝422，可得cos∠FNM＝77.

所以二面角F-BC-A的余弦值為77.12分

5．已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E

，F(xiàn)分別是

圖13

線段AB，BC的中點(diǎn)．

(1)求證：PF⊥FD；

(2)判斷并說明PA上是否存在點(diǎn)G，使得EG∥平面PFD；

(3)若PB與平面ABCD所成的角為45，求二面角A-PD-

F的余弦值．

[解](1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90，AB＝1，AD＝2.建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，

則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)，不妨令P(0,0，t)，t0.1分∵PF→＝(1,1，－t)，DF→

＝(1，－1,0)，

∴PF→DF→

＝11＋1(－1)＋(－t)0＝0，

∴PF⊥FD.3分

(2)設(shè)平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)，

由?????nPF→＝0，nDF→＝0，得???x＋y－tz＝0，x－y＝0，則???

tz＝2x，y＝x.取z＝1，則n＝???

??t2，t2，1.設(shè)G(0,0，m)(0≤m≤t).5分

∵E???

??12，0，0，∴EG→＝???

??－12，0，m，由題意EG→n＝0，∴－t4＋m＝0，∴m＝14t，

∴當(dāng)G是線段PA的靠近于A的一個(gè)四等分點(diǎn)時(shí)，使得EG∥平面PFD.

8分

(3)∵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(gè)法向量為n＝???

??12，12，1.10分易知平面PAD的一個(gè)法向量為AB→

＝(1,0,0)，

∴cos〈AB→，n〉＝AB→n|AB→

||n|＝1214＋1

4＋1＝66.由圖知，二面角A-PD-F的平面角為銳角，

∴二面角A-PD-F的余弦值為66.12分

6．(2023全國(guó)卷Ⅰ)如圖14，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BE

⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

圖14

(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．

[解](1)證明：如圖，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.

在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120，可得AG＝GC＝3.

1分

由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.

又AE⊥EC，所以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＝22，可得EF＝322.

3分從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.

又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.

由于EG平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.5分(2)如圖，以G