2023一轮北师大版(理)数学训练热点探究训练4 立体几何中的高考

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热点探究训练(四)立体几何中的高考热

点题型

1．如图9所示，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：

图9

(1)DE∥平面ABC；

(2)B1F⊥平面AEF.

[证明](1)如图，建立空间直角坐标系A-xyz，令AB＝AA1＝4，

则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．

取AB中点为N，连接CN，

则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，

3分

∴DE→＝(－2,4,0)，NC→

＝(－2,4,0)，

∴DE→＝NC→

，∴DE∥NC.

又∵NC平面ABC，DE平面ABC.故DE∥平面ABC.6分

(2)B1F→＝(－2,2，－4)，EF→＝(2，－2，－2)，AF→

＝(2,2,0)．

B1F→EF→

＝(－2)2＋2(－2)＋(－4)(－2)＝0，

B1F→AF→

＝(－2)2＋22＋(－4)0＝0.

9分

∴B1F→⊥EF→，B1F→⊥AF→

，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.

又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.12分2．(2023合肥模拟)如图10，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.

图10

(1)求证：EG⊥DF；

(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值.

[解](1)证明：连接AC，由AE═∥CG可得四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，

所以EG⊥BD，EG⊥BF，

3分

由于BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，

又DF平面BDHF，所以EG⊥DF.5分(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，

由已知可得，平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，

同理可得EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，

所以P为EG的中点，O为AC的中点，

所以OP═∥AE，从而OP⊥平面ABCD.

7分又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直．

由平面几何知识得BF＝2.

如图，建立空间直角坐标系O-xyz，

则B(0,2,0)，E(23，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，

所以BE→＝(23，－2,3)，PE→＝(23，0,0)，PF→

＝(0,2，－1).

9分设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，

由?????PE→n＝0，PF→n＝0，可得???

x＝0，2y－z＝0，令y＝1，则z＝2，所以n＝(0,1,2)．

设BE与平面EFGH所成角为θ，

则sinθ＝|BE→

n||BE→

||n|＝4525.故直线BE与平面EFGH所成角的正弦值为4525.12分

3．如图11，直角三角形ABC中，∠A＝60，∠ABC＝90，AB＝2，E为线

段BC上一点，且BE＝13BC，沿AC边上的中线BD

将△ABD折起到△PBD的位

置．

图11

(1)求证：BD⊥PE；

(2)当平面PBD⊥平面BCD时，求二面角C-PB-D的余弦值.

[解]由已知得DC＝PD＝PB＝BD＝2，BC＝23.

1分(1)证明：取BD的中点O，连接OE，PO.

∵OB＝1，BE＝233且∠OBE＝30，∴OE＝33，∴OE⊥BD.

3分∵PB＝PD，O为BD的中点，∴PO⊥BD.

又PO∩OE＝O，∴BD⊥平面POE，∵PE

平面POE，∴BD⊥PE.5分

(2)∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，PO⊥BD，∴PO⊥平面BCD，

∴OE，OB，OP两两垂直，如图以O为坐标原点，以OE，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则B(0,1,0)，P(0,0，3)，C(3，－2,0)，

∴BP→＝(0，－1，3)，BC→

＝(3，－3,0).

7分设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，

则???

－y＋3z＝0，3x－3y＝0，∴???z＝33y，x＝3y，不妨令y＝3，得n＝(3，3，1).10分

又平面PBD的一个法向量为m＝(1,0,0)，

∴cos〈m，n〉＝31313，

故二面角C-PB-D的余弦值为31313.12分

4．(2023山东高考)在如图12所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF

是上底面圆O′的直径，FB是圆台的—条母线.

图12

(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；

(2)已知EF＝FB＝1

2AC＝23，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．

[解](1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.

在△CEF中，由于点G，I分别是CE，CF的中点，

所以GI∥EF.2分又EF∥OB，所以GI∥OB.

在△CFB中，由于H，I分别是FB，CF的中点，

所以HI∥BC.

又HI∩GI＝I，

所以平面GHI∥平面ABC.

由于GH平面GHI，

所以GH∥平面ABC.5分(2)法一：连接OO′，则OO′⊥平面ABC.

又AB＝BC，且AC是圆O的直径，

所以BO⊥AC.

以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系O-xyz.

由题意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)．

过点F作FM⊥OB于点M，

所以FM＝FB2－BM2＝3，可得F(0，3，3).

7分故BC→＝(－23，－23，0)，BF→

＝(0，－3，3)．

设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．

由?????mBC→＝0，mBF→＝0，

可得???－23x－23y＝0，－3y＋3z＝0.

10分可得平面BCF的一个法向量m＝?

????－1，1，33.由于平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，

所以cos〈m，n〉＝mn|m||n|＝77，

所以二面角F-BC-A的余弦值为77.12分

法二：如图，连接OO′，过点

F作FM⊥OB于点M，则有FM∥OO′.

又OO′⊥平面ABC，

所以FM⊥平面ABC，

可得FM＝FB2－BM2＝3.7分

过点M作MN⊥BC于点N，连接FN，

可得FN⊥BC，

从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角．

又AB＝BC，AC是圆O的直径，

所以MN＝BMsin45＝62.10分

从而FN＝422，可得cos∠FNM＝77.

所以二面角F-BC-A的余弦值为77.12分

5．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E

，F分别是

图13

线段AB，BC的中点．

(1)求证：PF⊥FD；

(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；

(3)若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角A-PD-

F的余弦值．

[解](1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90，AB＝1，AD＝2.建立如下图的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)，不妨令P(0,0，t)，t0.1分∵PF→＝(1,1，－t)，DF→

＝(1，－1,0)，

∴PF→DF→

＝11＋1(－1)＋(－t)0＝0，

∴PF⊥FD.3分

(2)设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，

由?????nPF→＝0，nDF→＝0，得???x＋y－tz＝0，x－y＝0，则???

tz＝2x，y＝x.取z＝1，则n＝???

??t2，t2，1.设G(0,0，m)(0≤m≤t).5分

∵E???

??12，0，0，∴EG→＝???

??－12，0，m，由题意EG→n＝0，∴－t4＋m＝0，∴m＝14t，

∴当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG∥平面PFD.

8分

(3)∵PA⊥平面ABCD，

∴∠PBA就是PB与平面ABCD所成的角，

即∠PBA＝45，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)，

由(2)知平面PFD的一个法向量为n＝???

??12，12，1.10分易知平面PAD的一个法向量为AB→

＝(1,0,0)，

∴cos〈AB→，n〉＝AB→n|AB→

||n|＝1214＋1

4＋1＝66.由图知，二面角A-PD-F的平面角为锐角，

∴二面角A-PD-F的余弦值为66.12分

6．(2023全国卷Ⅰ)如图14，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE

⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

图14

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

[解](1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120，可得AG＝GC＝3.

1分

由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.

又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.

在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.

在Rt△FDG中，可得FG＝62.

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322.

3分从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.

又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.

由于EG平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.5分(2)如图，以G