专题08立体几何热点问题专项训练高考数学六大题解满分解题技巧秘籍解析版.docx

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专题08立体几何热点问题专项训练高考数学六大题解满分解题技巧秘籍解析版

2019年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍

专题08立体几何热点问题（专项训练）

1.（一题多解）（2018浙江卷）如图，已知多面体ABCAiBiCi,AiA，BiB，CiC均垂直于平面ABC,/ABC=

120°AiA=4,CiC=i,AB=BC=BiB=2.

（i）证明：

ABi丄平面AiBiCi；

⑵求直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值.

法一⑴证明由AB=2,AAi=4,BBi=2,AAi丄AB,BBi丄AB得ABi=AiBi=22，所以AiB2+AB?

=

AA2，

由ABi丄AiBi.

由BC=2,BBi=2,C6=i,BBi±BC,CCi±BC得BiCi=5,

由AB=BC=2,/ABC=i20°得AC=23,

由CCi±AC,得ACli3,

所以AB?

+BiC?

=AC?

故ABi丄BiCi，又AiBiBiCi=Bi,

因此ABi丄平面AiBiCi.

⑵解如图，过点Ci作CiD丄AiBi，交直线AiBi于点D，连接AD.

由ABi丄平面AiBiCi,ABi?

平面ABBi，得

平面AiBiCiX平面Abb?

由CiD丄AiBi得CiD丄平面ABBi,

所以/CiAD是ACi与平面ABB?

所成的角.

由BiCi=,AiBi=2制2,AiCi=寸21得

所以CiD=\3,故sin/CiAD=CCD^^l39.

因此，直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是39

法二⑴证明如图，以AC的中点0为原点，分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xy乙

由题意知各点坐标如下：

A（0,—3,0）,B（1,0,0）,Ai（0，—3,4）,Bi（1,0,2）,Ci（0,3,1）.

因此ABi=（1,3,2）,

AiBi=（1,3,—2）,AiCi=（0,23,—3）.

由ABiAiBi=0得ABi丄AiBi.

由ABiAiCi=0得ABi丄AiCi,AiBiAAiCi=Ai,所以ABi丄平面AiBiCi.

⑵解设直线ACi与平面ABBi所成的角为0.

由（i）可知ACi=（0,23,i）,Ab=（i,3,0）,BBi=（0,0,2）.

设平面ABB3的法向量n=（x,y,z）.

|ACi|•|

令y=i,则x=—3,z=0,可得平面ABBi的一个法向量n=（—3,i,0）.

所以sin0=|cos〈ACi,n〉|=呼血弋.

因此，直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是亠爭

2.（20i9石家庄模拟）在四棱锥P—ABCE中，PA丄底面ABCE,CD丄AE,AC平分/BAD,G为PC的中点,

PA=AD=2,BC=DE,AB=3,CD=23,F,M分别为BC,EG上一点，且AF//CD.

（2）求直线CE与平面AFG所成角的正弦值.解⑴在Rt△ADC中，/ADC为直角，tan/CAD=竽=（空，则/CAD=60°又AC平分/BAD,二/BAC=60°

BC=13,

•/AB=3,AC=2AD=4,二在厶ABC中，由余弦定理可得

又AF//CD,AFPAG=A，•平面CDM//平面AFG,又CM?

平面CDM,

•CM//平面AFG.

⑵分别以DA,AF,AP为x,y,z轴的正方向，A为原点，建立空间直角坐标系A—xyz,如图所示,

E

则A（0,0,0）,C（—2,23,0）,D（—2,0,0）,P（0,0,2）,E（—2—13,0,0）,

可得G（—1,3,1）,

则Ag=（—1,3,1）,Cd=（0,—23,0）,

CE=（—13,—23,0）.

设平面AFG的法向量为n=（x,y,z）,•/AF//CD,

A1C1,BB1的中点，AB_BC_,5,AC_AA1_2.

（1）求证：

AC丄平面BEF;

⑵求二面角B-CD—Ci的余弦值;

（3）证明：

直线FG与平面BCD相交.

（1）证明在三棱柱ABC—AiBiCi中，

因为CCi丄平面ABC,

所以四边形AiACCi为矩形.

又E,F分别为AC,AiCi的中点，

所以AC丄EF.

因为AB=BC,所以AC丄BE.

又EFABE=E,所以AC丄平面BEF.

⑵解由⑴知AC丄EF,AC丄BE,EF//CCi,

又CCi丄平面ABC，所以EF丄平面ABC,

因为BE?

平面ABC，所以EF丄BE.

如图建立空间直角坐标系E—xyz，由题意得B（0,2,0）,C（—i,0,0）,

所以BC=（—i,—2,0）,

BD=（i,—2,i）.

设平面BCD的法向量为

n=（x0,yo,z0）,

nBC=0,xo+2y°=0,

则丫即i

InBD=0,1x0-2y0+z°=0.

令y°=—i，贝Vx°=2,z0=—4.

于是n=（2，—i,—4）.

又因为平面CCiD的法向量为EB=（0,2,0）,

21

21.

AC与BD交

DM=6,2.

由题知二面角B-CD—Ci为钝角，所以其余弦值为—（3）证明由⑵知平面BCD的法向量为n=（2,—1,—4）,FG=（0,2,—1）.

因为nFG=2X0+（—1）X2+（—4）X（—1）=2工0，所以直线FG与平面BCD相交.

4.（2019长沙雅礼中学、河南实验中学联考）如图

（1），菱形ABCD的边长为12,/BAD=60°于O点.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B—ACD，如图

（2）,点M是棱BC的中点,

B丘

图⑴

图⑵

（1）求证：

平面ODM丄平面ABC;

（2）求二面角M—AD—C的余弦值.

（1）证明•••四边形ABCD是菱形，/BAD=60°•••/DAO=30°OB丄AC,OD丄AC.

在Rt△ADO中，TAD=12,

•OD=ADsin30=6.

1

TM是BC的中点，•OM2BC=6.

又MD=6j2,「.OD+OM2=MD2•-DOLOM.TOM?

平面ABCAC?

平面ABCOMDAC=O,

•ODL平面ABC.

又tOD?

平面ODM：

平面ODML平面ABC.⑵解由题意得，ODLOCOBLOC.

由

（1）知，ODL平面ABCtOB?

平面ABC

•OBLOD.

•

则D（6,0,0）,A（0,—63,0）,

M（0,33,3）,

故AM=（0,93,3）,AD=（6,63,0）.

设平面MAD的法向量为m=（x,y,z）,

令y=—q3，贝yx=3,z=9.

•••平面MAD的一个法向量为m=（3,—3,9）.

易得平面ACD的一个法向量为n=（0,0,1）.

故二面角M—AD—C的余弦值为

393

31

由图可知二面角M—AD—C为锐二面角.

5.（2019济宁模拟）如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC丄BF,G为EF的中点.

（1）求证：

BF丄平面ABCD;

⑵二面角C—BG—D的大小可以为60。

吗，若可以求出此时的值，若不可以，请说明理由.

（1）证明•••四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，

•BF丄BD,

又•••AC丄BF,AC,BD为平面ABCD内两条相交直线，

•BF丄平面ABCD.

⑵解假设二面角C—BG—D的大小可以为60°

由

（1）知BF丄平面ABCD，以A为原点，分别以AB,AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不

妨设AB=AD=2,BF=h（h>0）,则A（0,0,0）,B（2,0,0）,D（0,2,0）,C（2,2,0）,EF的中点G（1,1,h）,BG=（-1,1,h）,BC=（0,2,0）.

设平面BCG的法向量为n=（x,y,z）,

即-x+y+hz=0,取n=（h,0,i）.

2y=0,

由于AC丄BF,AC丄BD,

由题意得cos60°=

nAC

|n||AC|

2h

h2+1■4+4

•••AC丄平面BDG，平面BDG的法向量为AC=（2,2,0）.

BF1

解得h=1,此时BC=2.

•••当=1时，二面角C—BG-D的大小为60°

BC2

6•已知在直角梯形ABCD中，/A=ZB=90°AD=AB=1,BC'=2,将厶C'BD沿BD折起至△CBD，使二面角C-BD-A为直角.

（1）求证：

平面ADC丄平面ABC.

⑵若点M满足AM=必,氏［0,1］，当二面角M—BD-C为45°时，求入的值.

（1）证明在原梯形ABCD中，作DE丄BC于点E,连接BD，如图

（1）.

图

（1）

A=ZB=90°AD=AB=1,

•四边形ABED是正方形，•BE=DE=AB=1.

•/BC=2,•EC'=1，•/DBC'=/DC'=45°

•••/C'DB=90°,即CD丄BD.折起之后，在△BCD中，CD丄BD.

•••二面角C-BD-A为直角，即平面CDBL平面ABD平面CBDT平面ABD=BD,

•CDL平面ABD.vAB?

平面ABD•-CDLAB.

又TAB丄ADCMAD=D,•AB丄平面ADC；AB?

平面ABC•平面ADCL平面ABC.

DE,DC两两垂直,

图

（2）

•••以D为原点，DA,DE,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz,如图

（2）,则

D（0,0,0）,C（0,0,2）,B（1,1,0）,A（1,0,0）.

设M（x,y,z）,•DB=（1,1,0）,

BC=（—1,—1,2）,AC=（—1,0,2）.

•/AM=羸,

|x-1=一入|x=1一入

•y=0,•y=0,

z=』2人z=2人

即点M的坐标为（1—入0,2»•••BM=（—人一1,2为.

设平面MBD的法向量为m=（X1,y1,z”,

mBM则$

、mDB

即』一入X—y1+Q2入z=0,.*+y1=0,

设平面BCD的法向量为n=（X2,y2,Z2）,

x2+y2=0,

一x2—y2+2z2=0,令x2=1,贝Uy2=—1,z2=0,

•平面BCD的一个法向量为n=（1,—1,0）.

.面角M—BD—C为45

•|cos〈m,

i=2,即

mn

|m|•|

2

1

•••入的值为

3