2020高考理数必考题突破讲座：立体几何的综合问题

1、咼考必考题突破讲座( (四)1.如图，菱形 ABCD 中，/ ABC = 60 AC 与 BD 相交于点 O, AE 丄平面 ABCD , CF / AE ,AB = AE = 2.求证：BD 丄平面 ACFE;当直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45 时，求异面直线 OF 与 BE 所成的角的余弦值 大小.AB解析 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD 丄 AC.因为 AE 丄平面 ABCD , BD?平面 ABCD , 所以 BD_LAE.因为 ACAAE= A，所以 BD 丄平面 ACFE.(2)以 O 为原点，OA, OB 的方向为 x, y 轴正方向，过 O 且平行于 CF

2、 的直线为 z 轴(向 上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0, . 3, 0), D(0，, 3, 0), E(1,0,2), F(- 1,0,Tn OB= 0,a)(a0), OF = (- 1,0, a) 设平面 EBD 的法向量为 n = (x, y, z),则有 一即n OE= 0,令 z= 1,则 n = (-2,0,1)，由题意得 sin 45 = |cos| =_1+_込 + 2z=0,|OF|n| Pa?+152TT一T T=牙因为 a0 ,所以解得 a = 3所以 OF = (- 1,0,3), BE= (1, - , 3, 2)，所以 cosOF , BETFBT=r

3、= =乎.故异面直线 OF 与 BE 所成的角的余弦值为|OF| |BE|n2. (2019 河南郑州模拟)如图，在 ABC 中，/ ABC = 4, O 为 AB 边上一点，且 3OB =3OC= 2AB，已知 PO 丄平面 ABC, 2DA = 2AO= PO，且 DA / PO.(1)求证：平面 PBAD 丄平面 COD ;求直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值.解析 证明：因为 OB = 0C,又因为/ ABC =才,所以/OCB=n,所以/BOC =n,即CO 1AB.又 PO 丄平面 ABC ,OC?平面 ABC,所以 POJOC.又因为 PO,AB?平面 PAB, POPA

4、B =O,所以 CO 丄平面 PAB,即 CO 丄平面 PBAD 又 CO?平面 COD，所以平面 PBAD 丄平面 COD.以 OC, OB, OP 所在射线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设|OA|= 1,则 |PO|=|OB|=|OC|= 2, |DA|= 1则 C(2,0,0) , B(0,2,0), P(0,0,2), D(0,- 1,1),所以PD = (0 , 1, 1) , BC = (2 , 2,0) , BD = (0 , 3,1).设平面 BDC 的法向量为2x 2y= 0 ,所以令 y= 1,则 x= 1 , z= 3,所以 n =3y + z

5、= 0 ,|PD|n|(2)求 AB 与平面lin BC= 0 ,n= (x , y , z),所以 n BD = 0 ,(1,1,3).设 PD 与平面 BDC所成的PD n1x0+1X(1 片 3x(1)02+ 12+ 12x、12+12+322 .2211即直线 PD 与平面BDC 所成角的正弦值为解析 方法一（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,则 D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，设 S(x, y，z)，则 x0，y0，z0，且 AS= (x 2, y- 2,TTT T：222z, ), BS= (x, y 2 , z).DS = (x 1 , y,

6、z) 由 |AS| = |BS|，得需(x 2) + (y 2)+ z =-x2+ y 22+ z2,得 x= 1，由 |DS|= 1 得 y2+ z2= 1，由 |BS|= 2 得 y2+ z2 4y+ 1 = 0,由解得 y= 2 2=于，所以 S1, 1 宁,AS1,-3于,BS=1， I，于,DS=0,1尹所以DSAS=0,DSBS=0，所以 DS IAS, DSJBS,又 ASnDS= S,所以 SD 丄平面 SAB.T3TT(2)设平面 SBC 的一个法向量为 m= (a, b, c), BS= 1,3亏,CB = (0,2,0), AB =千 3 仝aQb+c= 0,得22所以可

7、取 m= ( . 3, 0,2)，故 AB 与平2b= 0,方法二（1）证明：如下图，取 AB 的中点 E,连接 DE, SE,则四边形 BCDE 为矩形，所以 DE = CB = 2,所以 AD = DE2+ AE2= .5.因为侧面 SAB为等边三角形，AB= 2,所以 SA= SB= AB = 2,且 SE= 3,又 SD= 1 ,所以 SA2+ SD2= AD2,SE2+ SD2= ED2，所以 SD1SA, SD1SB,又 ASnDS= S,所以 SD 丄平面 SAB.m BS= 0,(2,0,0)，由Tm CB= 0面 SBC所成的m AB|m| |AB|-2X(-V3) 21=J

8、7X2=TA E R（2）作 S 在 DE 上的射影 G,因为 ABUSE, AB JDE , AB 丄平面 SDE，所以平面 SDE 丄平面ABCD，两平面的交线为 DE，所以 SG 丄平面 ABCD，在 RtQSE 中，由 SD SE= DE SG 得 1X3 =2XSG,所以，作 A 在平面 SBC 上的射影 HU/ABH 为 AB 与平面 SBC 所成的 角，因为 CD /AB, AB 丄平面 SDE，所以 CD 丄平面 SDE，所以 CD _LSD,在 RtMDS 中，由 CD = SD= 1,求得 SC= ,2.在ASBC中，SB= BC = 1,SC= , 2,所以SZSBC=2

9、X2X -221=，由VA-SBC=VSABC得 1SZSBCAH = *-SZABC-SG,即AH=3XgX 2X2X.2,得AH =务21,所以 sinZABH = =亠孕，故 AB 与平面 SBC 所成的角的正弦值为 亠弓.7AB 774. (2019 安徽江南名校联考)如图，在四棱锥 P ABCD 中，PD 丄平面 ABCD , AB / DC ,AB 丄 AD, DC = 6, AD = 8, BC = 10,/ PAD = 45 E 为 PA 的中点.(1) 求证：DE /平面 BPC;(2) 线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CF 丄 DB ?若存在，试求出二面角 F PC

10、D 的余 弦值；若不存在，请说明理由.解析证明：取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CN1AB,垂足为点 N.因为CN JAB, DA 1AB，所以 CNIDA，又 AB CD，所以四边形 CDAN 为平行四边形，所以 CN =AD = 8, DC = AN = 6,在 RtBNC 中，BN= BC2 CN2= 102 82= 6，所以 AB= 12,而E, M 分别为 PA, PB 的中点，所以 EM /AB 且 EM = 6,又 DC AB ,所以 EM /CD 且 EM =CD，四边形 CDEM 为平行四边形，所以 DE CM.因为 CM?平面 PBC, DE?平面

11、 PBC，所 以 DE /平面 BPC.N B(2)由题意可得 DA , DC, DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA , DC, DP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系Dxyz，贝 U A(8,0,0), B(8,12,0), C(0,6,0), P(0,0,8).假设AB 上存在一点 F 使 CF _LBD，设点 F 坐标为(8, t,0)，则 CF = (8, t- 6,0), DB = (8,12,0)，由T T2CF DB = 0 得 t = 3.又平面 DPC 的法向量为 m= (1,0,0)，设平面 FPC 的法向量为 n = (x,TT F16yz).又 P

12、C = (0,6 , 8) , FC = 8,亍,0 ；.由In FC = 05. (2017 山东卷)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.解析 因为 AP JBE, AB JBE,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/CBP = 30.(2)方法一 取 EC 的中点 H，连接 EH , GH , CH.n PC = 0,6y 8z= 0,侍8x+J36y= 0,3z=4y,2 不妨令y=1

13、2有心师29).则x=少n mcos n, m =|n|m|81X. 82+122+9217又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F-PC D 的余弦值为.(1)设 P 是 CE 上的一点，且 APIBE,求/ CBP 的大小;当 AB = 3,因为/EBC = 120所以四边形 BEHC 为菱形，所以 AE = GE = AC = GC = .； 32+ 22=13.取 AG 中点 M，连接 EM , CM , EC,则 EM 1AG , CM JAG,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 ABEC 中，由于/ EBC

14、= 1202 2 2由余弦定理得 EC = 2 + 2 2X2X2Xcos 120 = 12,所以 EC = 2 .3,因此 EMC 为等边三角形，故所求的角为60.方法二 以 B 为坐标原点，分别以 BE, BP, BA 所在的直线为 x, y, z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3), E(2,0,0), G(1 , 3, 3), C( 1, ,3, 0)，故 AE=(2,0， 3), AG = (1 , , 3, 0), CG = (2,0,3)，设 m= (x1, y1, Z1)是平面 AEG 的一个法向 m AE=0,2x1 3z1= 0,量由 可得丫ImAG

15、= 0弘+佝尸 0.取 Z1= 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 的法向量.n AG = 0,X2+ Q3y2= 0,由 m-n= 由图可得此二面角为锐二面角，故所求的角 |m| |n |2为 606. (2017 全国卷川)如图，四面体 ABCD 中， ABC 是正三角形， ACD 是直角三角形,/ABD= ZCBD,AB=BD.(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

16、析(1)证明：由题设可得 ABD 也 zCBD，从而 AD = CD.又ACD 是直角三角形，所以/ ADC = 90取 AC 的中点 O,连接 DO , BO,贝 U DO 1AC, DO = AO.又因为 ABC 是正三角形，故 BO 丄 AC,所以/DOB 为二面角 D AC B 的平面角.在 RtAOB 中，BO2+ AO2= AB2,又 AB= BD，所以 BO2+ DO2= BO2+ AO2= AB2= BD2,故/BOD = 90.所以平面 ACD 丄平面 ABC.(2)由题设及(1)知，OA, OB , OD 两两垂直，以 O 为坐标原点，OA 的方向为 x 轴正方 向，|OA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则 A(1,0,0), B(0, .3, 0),1C( 1,0,0), D(0,0,1).由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的？，从而 E 到平面ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的寺即 E 为 DB 的中点，得 E，3,；,故 AD =(1,0,1), AC= (2,0,