专题突破练(四) 立体几何中的高考热点问题
(对应学生用书第293页)
1.如图7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7
(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),
→→→→
∴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.
→→→
(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+2×2+(-4)×0=0.
→→→→
∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即B1F⊥EF,B1F⊥AF. 又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面AEF.
2.(2018·贵州适应性考性)如图8(1),在等腰直角三角形ABC中,∠B=90°,将△ABC沿中位线DE翻折得到如图8(2)所示的空间图形,使二面角A-DE-C的大小为π??θ?0<θ<?. 2??
→→
→→
(1) (2)
图8
(1)求证:平面ABD⊥平面ABC;
π
(2)若θ=,求直线AE与平面ABC夹角的正弦值.
3 [解] (1)证明:在图(1)等腰直角三角形ABC中,AB⊥BC, 而DE为该三角形的中位线, ∴DE∥BC,∴DE⊥AB. 由翻折可知DE⊥AD,DE⊥DB, 又AD∩DB=D,∴DE⊥平面ADB, ∴BC⊥平面ADB,
又BC平面ABC,∴平面ABD⊥平面ABC.
(2)由(1)可知,∠ADB为二面角A-DE-C的平面角, π
即∠ADB=θ=. 3
又AD=DB,∴△ADB为等边三角形.
如图,设O为DB的中点,连接OA,过O作OF∥BC交BC于点F, 则AO⊥BD,OF⊥BD. 又AO⊥BC,BD∩BC=B, ∴AO⊥平面BCED.
以O为坐标原点,OB,OF,OA分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设BD=2,则A(0,0,3),B(1,0,0),C(1,4,0),E(-1,2,0), →
AB=(1,0,-3),AC=(1,4,-3),AE=(-1,2,-3).
设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,
→→
→??n·AB=0,
则有?
→??n·AC=0,
?x-3z=0,
即?
?x+4y-3z=0,
令z=1,则x=3,y=0,则n=(3,0,1), 设AE与平面ABC的夹角为α, →
|AE·n|6
则sin α==. →4|AE||n|
3.(2018·北京海淀区期末练习)如图9,在三棱锥P-ABC中,侧棱PA=2,底面三角形ABC为正三角形,边长为2,顶点P在平面ABC上的射影为D,AD⊥DB,DB=1.
图9
(1)求证:AC∥平面PDB; (2)求二面角P-AB-C的余弦值;
(3)线段PC上是否存在点E使得PC⊥平面ABE,如果存在,求的值;如果不存在,请说明理由.
[解] (1)证明:因为AD⊥DB,且DB=1,AB=2, 所以AD=3,所以∠DBA=60°. 因为△ABC为正三角形, 所以∠CAB=60°, 所以DB∥AC.
因为AC平面PDB,DB平面PDB, 所以AC∥平面PDB.
CECP
(2)由点P在平面ABC上的射影为D可得PD⊥平面ACBD,所以PD⊥DA,PD⊥DB. 如图,建立空间直角坐标系,
则由已知可知B(1,0,0),A(0,3,0),P(0,0,1),C(2,3,0).
→→
所以BA=(-1,3,0),BP=(-1,0,1). 平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量, →??BA·m=0,则由?
→??BP·m=0
?-x+3y=0,
可得?
?-x+z=0,
令y=1,则x=3,z=3,
所以平面PAB的一个法向量m=(3,1,3),
m·n321
所以cos〈m,n〉===,
|m||n|77×1
由图可知二面角P-AB-C的平面角为钝角, 所以二面角P-AB-C的余弦值为-21
. 7
→→
(3)由(2)可得AB=(1,-3,0),PC=(2,3,-1), →→
因为PC·AB=-1≠0, 所以PC与AB不垂直,
所以在线段PC上不存在点E使得PC⊥平面ABE.
4.(2017·全国卷Ⅲ)如图10,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.
图10
(1)证明:平面ACD⊥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≌△CBD,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,
则DO⊥AC,DO=AO.
又因为△ABC是正三角形,故BO⊥AC, 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在Rt△AOB中,BO+AO=AB,
又AB=BD,所以BO+DO=BO+AO=AB=BD, 故∠DOB=90°. 所以平面ACD⊥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O-xyz,
则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).
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
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
D到平面ABC的距离的,
即E为DB的中点,得E?0,
12
??31?,?, 22?
→→→?31?故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=?-1,,?.
22??设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, →??n·AD=0,
则?
→??n·AE=0,可取n=?1,
-x+z=0,??
即?31
-x+y+z=0,?22?
?
?3?,1?. 3?
→??m·AC=0,
设m是平面AEC的法向量,则?
→??m·AE=0,同理可取m=(0,-1,3), 则cos〈n,m〉=
n·m7
=. |n||m|7
7. 7
所以二面角D-AE-C的余弦值为