（鲁京津琼专用）高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型教案（含解析）-人教版高三全册数学教案VIP免费

专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型1.(2017·青岛质检)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图.(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.(1)证明 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图.由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M，则BC＝(1，1，0)，BM＝，AD＝(0，1，－1).设平面MBC的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则即取z0＝1，得平面MBC的一个法向量为n＝(1，－1，1).设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AD〉|＝＝，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.2.如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值.(1)证明由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝，得DF∥AC，∴＝＝，故AC＝DF＝.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED＝(1，－1，0)，DP＝(－1，－1，3)，DA＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP＝0，n1·DA＝0，得故可取n1＝(2，1，1).由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为ED，即n2＝(1，－1，0).从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角A－PD－C的余弦值为.3.(2017·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝4，BC＝2.BD⊥AC，垂足为D，E为棱BB1上一点，BD∥平面AC1E.(1)求线段B1E的长；(2)求二面角C1－AC－E的余弦值.解(1)由AB＝AC＝4，知△ABC为等腰三角形，又BD⊥AC，BC＝2，故·AC·BD＝·BC·，解得BD＝.从而在Rt△CDB中，CD＝＝1，故AD＝AC－CD＝3.如图，过点D作DF∥CC1，交AC1于F，连接EF.因为DF∥CC1，从而＝＝，得DF＝3.因为DF∥CC1，CC1∥BB1，故DF∥BB1，即DF∥BE，故DF与BE确定平面BDFE.又BD∥平面AC1E，而平面BDFE∩平面AC1E＝EF，故BD∥EF.故四边形BDFE为平行四边形，从而DF＝BE＝3，所以B1E＝BB1－BE＝1.(2)如图，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DF的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(－1，0，0)，E(0，，3)，DC＝(－1，0，0)，DE＝(0，，3).设平面ACE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·DC＝0，n1·DE＝0，得故可取n1＝(0，3，－).又平面ACC1在xDz面上，故可取n2＝(0，1，0)为平面ACC1的一个法向量.从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝.由图知二面角C1－AC－E为锐角，故二面角C1－AC－E的余弦值为.4.(2017·郑州模拟)等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝，如图1.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且＝＝，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝＝.从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折起后有A1D⊥DE，因为二面角A1－DE－B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED，又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED.(2)解存在.理由：由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，分别以射线DB，DE，DA1为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设PB＝2a(0≤2a≤...