高三高考数学复习练习高考专题突破四高考中的立体几何问题

高考专题突破四1．(2018·西安八校联考)如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.(1)证明：BF⊥EM；(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．【解析】(1)∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，∴BM⊥EM.①在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2eq\r(3)，BC＝2，又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝eq\r(3)，CM＝1.∵FM＝eq\r(MC2＋FC2)＝eq\r(2)，EM＝3eq\r(2)，EF＝eq\r(42＋（3－1）2)＝2eq\r(5)，∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM.②又FM∩BM＝M，③∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A(0，0，0)，M(0，3，0)，E(0，0，3)，B(eq\r(3)，3，0)，F(0，4，1)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－3，3)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，1)．设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，由n·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，令x＝eq\r(3)，得y＝1，z＝2，∴平面BEF的一个法向量为n＝(eq\r(3)，1，2)．∵EA⊥平面ABC，∴取平面ABC的一个法向量eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，0，3)．设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈n，eq\o(AE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(3)×0＋1×0＋2×3,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(2),2).2．(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．【解析】(1)证明取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M­AB­D的余弦值为eq\f(\r(10),5).3．(2018·合肥质检)如图1，在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图2所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上．(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B­PC­D的余弦值．【解析】(1)证明∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∴PO⊥CE，由题意，易知BE⊥CE，又PO∩BE＝O，∴CE⊥平面PBE，∴BP⊥CE.(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，PO所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(3,2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(33),11)，由图可知二面角B­PC­D为钝角，故二面角B­PC­D的余弦值为－eq\f(\r(33),11).4．(2018·成都一诊)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且eq\f(BR,RH)＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图2所示．(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(2\r(2),5)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．∴PD⊥平面PEF.在图1中，∵E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH.在图2中，∵eq\f(PR,RH)＝eq\f(BR,RH)＝2，且eq\f(DG,GH)＝2，∴在△PDH中，GR∥PD.∴GR⊥平面PEF.(2)由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系P­xyz.设PD＝4，则P(0，0，0)，F(2，0，0)，E(0，2，0)，D(0，0，4)，∴H(1，1，0)．∵eq\f(PR,RH)＝λ，∴eq\o(PR,\s\up6(→))＝eq\f(λ,1＋λ)eq\o(PH,\s\up6(→))，∴Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,1＋λ)，\f(λ,1＋λ)，0)).∴eq\o(RF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(λ,1＋λ)，－\f(λ,1＋λ)，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋λ,1＋λ)，－\f(λ,1＋λ)，0)).eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(2\r(2),5)，∴|cos〈m，eq\o(RF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|m·\o(RF,\s\up6(→))|,|m||\o(RF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(4,1＋λ),3\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋λ,1＋λ)))\s\up12(2)＋