2020届高考数学(理)一轮复习讲义 高考专题突破4 高考中的立体几何问题

∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC. ∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4， ∵PB＝42，∴PO2＋OB2＝PB2， ∴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→

0，－2，?. 由AQ＝AP，得Q?3??34→→

－4，－2，?. ∴BC＝(－4,3,0)，BQ＝?3??设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量. －4x1＋3y1＝0，→??BC＝0，?n1·?

由?得? 4

→－4x－2y＋z＝0，111??3BQ＝0，?n1·?

?解得?4

y＝?15z，

1

1

3x1＝y1，

4

取z1＝15，则n1＝(3,4,15).

取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1).

n1·n215310

∵cos〈n1，n2〉＝＝22＝，

|n1||n2|103＋4＋152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·包头模拟)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

，且EF∥BD. 5

(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，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)， →?AE＝－2x＋y＋2z＝0，?n·则?

→?DB＝2x＋2y＝0，?n·取x＝－2，得n＝(－2,2，－3)， 又平面EDC的一个法向量为m＝(1,0,0)， n·m217∴cos〈n，m〉＝＝－，

|n|·|m|17

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

217

. 17