配餐作业50立体几何的热点问题提升课

1、高考复习顶层设计 数学理配餐作业（五十）立体几何的热点问题（提升课）A级基础达标1. （2017山东高考）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以 AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点（1）设P是CE上的一点，且 API BE,求/ CBP的大小。当AB = 3, AD = 2时，求二面角E-AG- C的大小。解 （1）因为 APJBE, ABJBE,AB, AP?平面 ABP, ABAAP = A,所以BE丄平面ABP。又BP?平面ABP，所以BE IBP又ZEBC= 120°,因此ZCBP= 30（2）取EC的中点H，连接EH,

2、GH, CH.4因为 ZEBC= 120°所以四边形BEHC为菱形，所以 AE= GE = AC = GC= ；32 + 22 = 13。取AG的中点M，连接EM, CM , EC,贝卩 EM 1AG, CM1AG,所以/EMC为所求二面角的平面角。又 AM = 1,所以 EM = CM =13- 1 = 2 , 3。在zBEC 中，由于/EBC= 120°题爹由余弦定理得 EC2= 22 + 22 2X2X2Xcos120 = 12, 所以EC = 2 3，因此EMC为等边三角形， 故所求的角为60°。本理还可快釆用职下方法解：以B为坐标原点，分别以BE, BP

3、, BA所在的直线为x轴、 y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。3由题意得 A(0,0,3), E(2,0,0), G(1,3, 3), C( 1,3, 0),高考复习顶层设计 数学理高考复习顶层设计数学理故AE= (2,0,-3), AG = (1,3, 0), CG = (2,0,3),设m= (xi, yi, Zi)是平面AEG的一个法向量m AE= 0,2xi 3zi= 0,由可得 一、m AG = 0,* + 73yi = 0。取zi = 2,可得平面AEG的一个法向量 m= (3, . 3, 2)设n=(X2, y2, Z2)是平面ACG的一个法向量。n AG = 0,x2

4、+ 3y2 = 0,由可得 'n CG= 0,2x2+ 3z2= 0。取Z2= 2,可得平面ACG的一个法向量n= (3, 3, 2)所以cosm,n>15因此所求的角为602. (2017全国卷皿)如图，四面体ABCD中， ABC是正三角形, ACD 是直角三角形，/ ABD=Z CBD, AB= BD。a(1) 证明：平面ACD丄平面ABC。(2) 过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角 D AE C的余弦值。解 （1）证明：由题设可得， ABD BD，从而AD =。，又4 ACD是直角三角形，所以/ ADC = 90°

5、取AC的中点0,连接DO, BO,贝S DO/C, DO = AO,又由于 ABC是正三角形，故 BO山C,所以/DOB为二面角D AC B的平面角，在 RtAOB中，BO由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的2从而点E到平面ABC的距离为点D到平面ABC的距离的*,即E为 。故Ad=(1,0,1), Ac=(2,o,o), Ae=1,爭, + AO2= AB2, 又 DO = AO,AB= BD，所以 BO2 + DO2 = BO2 + AO2 = AB2 = BD2，故/DOB = 90°所以平面 ACD丄平面ABC。由题设及（1）知，OA, OB, OD两两垂直

6、，以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz,则 A(1,0,0), B(0,3, 0), C( 1,0,0), D(0,0,1)。DB的中点，得E（0,申,2丿n AdD = 0,设n = (x, y, z)是平面 DAE的法向量，贝S一即I n AE= 0,x+ z= 0,' 左 1I x+ 2 y+2乙=0,(/3 、令x= 1,可取n= 1，与,1 ,l3丿m AC= 0,设m是平面AEC的法向量，则同理可取m = (0,m AE = 0,n m 71,3),贝U cos 5, m>=,所以二面角D AE C的余弦值

7、为¥。燉师独具【试题评价】试题以三棱锥为背景，第（1）问证明面面垂直，重空间想象能力， 重基本概念的正确理解和灵活运用。第 （1）问也为试题第（2）问的研究 做了较好的建构。第（2）问的关键是合理建立空间直角坐标系，考查 考生能否正确应用空间向量法求平面与平面所成角的余弦值，对考生综合应用知识的能力和分析问题、解决问题的能力有一定的要求。3. （2018兰州市诊断考试）在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB = 2,AA1 = 3,点D为BC的中点。A(1) 求证：AiB/ 平面 ACiD。(2) 若点E为AiC上的点，且满足A/E= mEC(m R)，若二面角EAD- C的余弦值为

8、求实数m的值。解(1)证明：连接AiC交ACi于点F，则F为AiC的中点，连 接DF，因为点D为BC的中点,所以在AiBC 中，AiB/ DF，而 DF?平面 ACQ, AiB?平面 ACQ,所以AiB/平面ACiD。过点E作EM1AC于点M,贝S EM丄平面ABC,过点M作MN 山D，垂足为点N,连接EN,则EN山D，所以ZENM为二面角E AD C的平面角设 EM = h(0<h<3)，则3=CM，所以 CM =誓, 所以AM = 2 爭。MN AMAMi3,因为CD = AC，所以MN = AC =故 EN2= EM2 + MN2= h2+ ；i 3 2,因为coszENM

9、= 0°，所以1-h2h2+h2110,3解得h = 3此时，点E为AiC的中点，所以m = 1解：建立如图所示的空间直角坐标系，过点E作EM山C于点M, 则EM丄平面ABC,设 EM = h(0<h<3),则 A(2,0,0), d£,溟 0 j, E曽,0, hj,所以Ea= 23, 0,- h , AD = 3,誓,0依题意知CCi= (0,0,3)为平面ADC的一个法向量,设平面ADE的法向量为n = (x, y, z),n EA= 0, 则n AD = 0,(2b)3 x- hz= 0,33 _2x+ 2 y=0,令x= 1,可得n所以w=3、4 +

10、41 2卜1/3解得h = 2，所以m= 1。kJ4. 如图，/ ACB= 45° BC= 3,过动点A作AD丄BC,垂足 点D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将厶ABD折起，使 / BDC = 90°如图所示)。1 1所以 S细cd =尹D CD = 2x(3 X)。1ii1于是 Va bcd = 3AD Szbcd = 3(3x) 2x(3 x) = 6(X 6x当三棱锥A BCD的体积最大时，设点E, M分别为棱BC, AC的中点，试在棱CD上确定一点N,使得EN丄BM,并求EN与平 面BMN所成角的大小。解 (1)设 BD = x(0<x<3)，

11、贝卩 CD = 3 X。由AD JBC,ZACB= 45°知，ADC为等腰直角三角形，所以 AD=CD = 3 X。由折起前AD JBC知，折起后，AD 1DC, AD 1BD,且 BD n DC = D ,所以AD丄平面BCD。又ZBDC = 90° + 9x),1 21 2Va BCD2x+ 9) = 2(x2 4x+ 3),由 Vabcd'O 得 0<x<1, Va bcd <0 得 1<x<3, Va bcd 在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故当x= 1,即BD = 1时，三棱锥A BCD的体积最大。(2)以D为

12、原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz。由(1)知，当三棱锥A BCD的体积最大时，BD = 1, AD = CD =2。于是可得 D(0,0,0), B(1,0,0), C(0,2,0), A(0,0, 2), M(0, 1,1),1E1, 1, 0 ,所以 BM = ( 1,1,1)。设 N(0,入 0)，则 EN=； 2 X- 1, 0 j。因为 ENJBM，所以 EN BM = 0,F 1)1即 一2， 11, 0! ( i,i,i)=2+ 入一1=0，1 1 、故 a 2， no, 2， 0。1所以当DN =戸即N是CD上靠近点D的一个四等分点)时，EN丄BM。设平面BMN的一

13、个法向量为n= (x, y, z),nJ3N,1由及BN= 1, 2, 0 ,n!E3M,r1取 x= 1 得 n = (1,2, 1)x+刁 y= 0, 得x+y+ z= 0,设EN与平面BMN所成角的大小为0,则由 EN= ，舟,0 ,T 1n EN 21V3 亦可得 sin 0= |cosn,0=EN=专，即l|n|EN|l 后乎 260°故EN与平面BMN所成角的大小为60°B级能力提升(2017福建三明5月质检)如图所示，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD丄底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，/ ABC= 45° AD高考复习顶层设计 数学理=AP=

14、 2, AB= DP= 2 2, E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：AD丄PC。试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直 线EF与平面ABCD所成的角相等。解(1)证明：如图所示，在平行四边形 ABCD中，连接AC,因为 AB= 2 2, BC= 2,ZABC= 45°由余弦定理得，AC2 = AB2 + BC2 2 AB BC cos45 °4,得 AC = 2, 所以zjaCB= 90° 即 BClACo又 AD / BC,所以 AD_LAC,因为 AD ° AP° 2, DP ° 2 ,2,所以 FA1A

15、D,又APA AC ° A,所以AD丄平面PAC,所以AD !PC。(2)因为侧面PAD丄底面ABCD, PA山D ,所以PA丄底面ABCD，所以直线 AC, AD, AP两两垂直，以 A 为原点，直线AD, AC, AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐 标系 A xyz,则 A(0,0,0), D( 2,0,0), C(0,2,0), B(2,2,0), E( 1,1,0),P(0,0,2),所以PC= (0,2, 2), PD = (-2,0, 2), PB= (2,2, 2)PFPB=久入qo,1)，则PF = (2人2入2,F(2 入 2 入2H 2),所以EF = (2H 1,2-1, 2H2),易得平面 ABCD的一个法向量为 m= (0,0,1)。设平面PDC的法向量为n = (x , y , z),n PC= 0 ,2y 2z= 0 ,由得n PD = 0, 2x 2z= 0 ,令 x= 1,得 n = (1