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

1、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；求直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值.法一 证明 由 AB= 2, AAi= 4, BBi = 2, AAi丄 AB, BBi丄 AB 得 ABi= AiBi= 2 2，所以 AiB2+ AB?=AA

2、2，由 ABi 丄AiBi.由 BC= 2, BBi= 2, C6= i, BBi BC, CCiBC 得 BiCi= 5,由 AB= BC = 2, / ABC = i20得 AC = 2 3,由 CCiAC,得 ACl i3,所以 AB? + BiC? = AC?,故 ABi 丄BiCi，又 AiBi BiCi= Bi,因此ABi丄平面AiBiCi.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

3、.由 BiCi = , AiBi = 2制2, AiCi =寸21 得所以 CiD =3,故 sin/ CiAD = CCDl39.因此，直线ACi与平面ABBi所成的角的正弦值是 39法二 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, 2 3, 3).由 ABi AiBi = 0

4、得 ABi丄 AiBi.由 ABi AiCi = 0 得 ABi 丄 AiCi, AiBi A AiCi = Ai, 所以ABi丄平面AiBiCi.解 设直线ACi与平面ABBi所成的角为0.由(i)可知 ACi= (0, 2 3, 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 sin 0=|cosACi , 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

5、.(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 = 2 3, 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 在Rt ADC中，/ ADC为直角， tan / CAD =竽=(空，则/ CAD = 60 又 AC 平分/ BAD ,二/ BAC = 60BC= 13,/ AB = 3, AC= 2AD= 4,二在厶ABC中，由余弦定理可得又 AF / CD , AFP AG = A，平面

6、 CDM /平面 AFG , 又 CM?平面 CDM , CM / 平面 AFG.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, 2 3, 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 , 2 3 , 0),CE = ( 13 , 2 3 , 0).设平面 AFG的法向量为 n= (x , y , z) , / AF / CD ,A1C1 , BB1 的中

7、点，AB_ BC_ ,5 , AC_ AA1_ 2.(1)求证：AC丄平面BEF;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EF A BE = E,所以AC丄平面BEF.解 由知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,

8、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),n BC = 0, xo+ 2y= 0,则丫 即iInBD = 0, 1x0-2y0+ z= 0.令 y= i，贝V x=2, z0= 4.于是 n = (2， i, 4).又因为平面CCiD的法向量为EB = (0, 2, 0),2121 .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 由知平面BCD的法向量为n = (2, 1, 4), FG = (0, 2, 1).因为n FG = 2X

9、0+ ( 1)X 2+ ( 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 丘图图(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，T AD = 12, OD = AD sin 30 = 6.1TM 是 B

10、C的中点， OM 2BC= 6.又 MD= 6 j2,. OD+ OM2= MD2 - DOLOM. TOM?平面 ABC AC?平面 ABC OMDAC= O, ODL平面 ABC.又t OD?平面ODM：平面 ODML平面 ABC. 解 由题意得，ODL OC OBL OC.由(1)知，ODL平面 ABC t OB?平面ABC OBL OD. 则 D(6 , 0 , 0) , A(0 , 6 3 , 0),M(0, 3 3, 3),故AM = (0, 9 3, 3), AD = (6, 6 3, 0).设平面 MAD的法向量为 m= (x, y, z),令 y= q3，贝y x= 3, z

11、= 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3 9331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 ;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.

12、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(h0), 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cos 60 =n AC|n|

13、 |AC|2hh2 + 1 4 + 4 AC丄平面BDG，平面BDG的法向量为 AC = (2, 2, 0).BF 1解得h = 1,此时BC = 2.当= 1时，二面角C BG-D的大小为60BC 26已知在直角梯形 ABCD中，/ A=Z B = 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.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=Z B= 90 AD =

14、AB= 1 ,四边形 ABED是正方形， BE = DE = AB= 1./ BC = 2, EC= 1，/ DBC=/ DC = 45/ CDB = 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.v AB?平面 ABD - CDLAB.又TAB丄AD CMAD= 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

15、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” ,m BM 则$、m DB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 U y2 = 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m n|m | |21入的值为3