(鲁京津琼专用)2020版高考数学大一轮复习 高考专题突破四高考中的立体几何问题教案(含解析)

→??n·A1C1＝0，

则?

→??n·A1B＝0，

?2y＝0，

即?

?3x－3z＝0，

∴平面A1BC1的一个法向量为n＝(1，0，1)， 设直线AB与平面A1BC1所成的角为α， →

则sinα＝|cos〈AB，n〉|，

→AB·n36→

又∵cos〈AB，n〉＝＝＝，

→4|AB||n|22∴AB与平面A1BC1所成角的正弦值为6. 4

3．(2018·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示．已知PB＝42.

(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；

→1→

(2)若Q是线段AP上的点，且AQ＝AP，求二面角Q－BC－A的余弦值．

3(1)证明 取AC的中点O，连接PO，BO得到△PBO.

25

∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC. ∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4， ∵PB＝42，∴PO＋OB＝PB， ∴PO⊥OB.

∵OB∩AC＝O，OB，AC?平面ABC，∴PO⊥平面ABC. ∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. (2)解 ∵AB＝BC，∴BO⊥AC. 易知OB，OC，OP两两垂直．

以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

则B(4，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，4)，A(0，－3，0)． 设点Q(x，y，z)．

4?→1→?由AQ＝AP，得Q?0，－2，?. 3?3?

4?→→?

∴BC＝(－4，3，0)，BQ＝?－4，－2，?.

3??设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量． →??n1·BC＝0，

由?

→??n1·BQ＝0，

2

2

2

－4x1＋3y1＝0，??

得?4

－4x1－2y1＋z1＝0，?3?

3

x＝y，??4解得?4

y＝??15z，

1

1

1

1

取z1＝15，则n1＝(3，4，15)．

26

取平面ABC的一个法向量n2＝(0，0，1)．

n1·n215310

∵cos〈n1，n2〉＝＝22＝， 2|n1||n2|103＋4＋15

由图可知二面角Q－BC－A为锐角， 310

∴二面角Q－BC－A的余弦值为.

10

4．(2019·南昌模拟)如图，多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB＝2，AE＝3，DE＝5，二面角E－AD－C的余弦值为

5

5

，且EF∥BD.

(1)证明：平面ABCD⊥平面EDC；

(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值． (1)证明 ∵AB＝AD＝2，AE＝3，DE＝5， ∴AD2

＋DE2

＝AE2

，∴AD⊥DE，

又正方形ABCD中，AD⊥DC，且DE∩DC＝D，DE，DC?平面EDC， ∴AD⊥平面EDC， 又∵AD?平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面EDC.

(2)解 由(1)知，∠EDC是二面角E－AD－C的平面角， 作OE⊥CD于O，则OD＝DE·cos∠EDC＝1，OE＝2，

又∵平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，OE?平面EDC， ∴OE⊥平面ABCD.

取AB中点M，连接OM，则OM⊥CD，

如图，以O为原点，分别以OM，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，

27

建立空间直角坐标系，

则A(2，－1，0)，B(2，1，0)，

D(0，－1，0)，E(0，0，2)，

∴→

AE＝(－2，1，2)， →

BD＝(－2，－2，0)，

又EF∥BD，知EF的一个方向向量为(2，2，0)，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， ?则??

n·→AE＝－2x＋y＋2z＝0，

??n·→DB＝2x＋2y＝0，

取x＝－2，得n＝(－2，2，－3)， 又平面EDC的一个法向量为m＝(1，0，0)，

∴cos〈n，m〉＝n·m217

|n|·|m|＝－17

，

设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为θ， 则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝

217

17

. 28