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2022高考数学一轮复习 解题思维6 高考中立体几何解答题的提分策略试题

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解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略

1.[12分]如图6-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD.
(1)证明: BC⊥PB.
(2)若PA⊥PD,PB=AB,求二面角A-PB-C的余弦值.

图6-1

2.[12分]如图6-2,正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.
(1)求证:AB1⊥平面A1BD.
(2)求锐二面角A-A1D-B的余弦值.

图6-2

3.[2021惠州市二调,12分]一副标准的三角板(如图6-3)中,∠ABC为直角,∠A=60°,∠DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(如图6-4),设M是AC的中点,N是BC的中点.
(1)求证:平面ABC⊥平面EMN.
(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成角的正弦值.

　　图6-3　　　　　　图6-4

4.[新角度题,12分]如图6-5,EC⊥平面ABC,BD∥EC,AC=AB=BD=12EC=2,点F为线段DE上的动点.
(1)试在BC上找一点O,使得AO⊥CF,并证明.
(2)在第(1)问的基础上,若AB⊥AC,则平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小可否为π4?

图6-5

答 案
解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略
1.(1)如图D 6-1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,

图D 6-1
∵PA=PD,
∴PE⊥AD.
∵底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,
∴△ABD为等边三角形,
∴BE⊥AD.
∵PE∩BE=E, PE,BE⊂平面PBE,
∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.
∵AD∥BC,∴BC⊥PB.(4分)
(2)设AB=2,则AB=PB=AD=2,BE=3.
∵PA⊥PD,E为AD的中点,
∴PA=2,PE=1,
∴PE2+BE2=PB2,∴PE⊥BE.
以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP 所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图D 6-2所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1),C(-2,3,0),

图D 6-2
∴AB=(-1,3,0),AP=(-1,0,1),BP=(0,-3,1),BC=(-2,0,0).
设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵n1·AB=0,n1·AP=0,
∴-x1+3y1=0,-x1+z1=0,令x1=1,得z1=1,y1=33,∴n1=(1,33,1)为平面PAB的一个法向量.
设平面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·BP=0,n2·BC=0,∴-3y2+z2=0,-2x2=0,
令y2=-1,得x2=0,z2=-3,即n2=(0,-1,-3)为平面BPC的一个法向量.
∴n1·n2|n1|·|n2|=-277.
设二面角A-PB-C的平面角为θ,由图可知θ为钝角,
则cos θ=-277.(12分)
2.(1)取BC的中点O,连接AO.
∵△ABC为等边三角形,
∴AO⊥BC.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,
又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,
∴AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,OB,OO1,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,如图D 6-3所示,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,3),A(0,0,3),B1(1,2,0),

∴AB1=(1,2,-3),BD=(-2,1,0),BA1=(-1,2,3),
∴AB1·BD=0,AB1·BA1=0,
∴AB1⊥BD,AB1⊥BA1.∵BD∩BA1=B,∴AB1⊥平面A1BD.(6分)
(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).
∵AD=(-1,1,-3),AA1=(0,2,0),
∴n·AD=0,n·AA1=0,∴-x+y-3z=0,2y=0,∴y=0,x=-3z,
令z=1,得n=(-3,0,1)为平面A1AD的一个法向量.
由(1)知AB1⊥平面A1BD,∴AB1为平面A1BD的一个法向量,
∴cos=n·AB1|n|·|AB1|=-3-32×22=-64,
∴锐二面角A-A1D-B的余弦值为64.(12分)
3.(1)∵M是AC的中点,N是BC的中点,
∴MN∥AB,(1分)
∵AB⊥BC,∴MN⊥BC.(2分)
∵BE=EC,N是BC的中点,∴EN⊥BC.(3分)
又MN∩EN=N,MN⊂平面EMN,EN⊂平面EMN,(4分)
∴BC⊥平面EMN.(5分)
又BC⊂平面ABC,
∴平面ABC⊥平面EMN.(6分)
(2)由(1)可知,EN⊥BC,MN⊥BC,
∴∠ENM为二面角E-BC-A的平面角,
又二面角E-BC-A为直二面角,∴∠ENM=90°,即EN⊥MN.(7分)
以点N为坐标原点,NM,NC,NE所在直线分别为x,y,z轴建立如图D 6-4所示的空间直角坐标系N-xyz,(8分)

图D 6-4
∵AC=4,∴AB=2,BC23,∴NE=3,MN=1,
则N(0,0,0),E(0,0,3),M(1,0,0),B(0,-3,0),A(2,-3,0),
∴EM=(1,0,-3),BE=(0,3,3),BA=(2,0,0).(9分)
设m=(x,y,z)为平面ABE的法向量,则m·BA=0,m·BE=0,即2x=0,3y+3z=0,
得x=0,令y=1,则z=-1,
∴平面ABE的一个法向量为m=(0,1,-1).(10分)
设直线EM与平面ABE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|m·EM|m||EM||=322=64,(11分)
即直线EM与平面ABE所成角的正弦值为64.(12分)
4.(1)BC的中点即为所找的点O.
∵AB=AC,∴AO⊥BC,
又EC⊥平面ABC,AO⊂平面ABC,∴EC⊥AO.(2分)
∵BC∩EC=C,BC⊂平面BDEC,EC⊂平面BDEC,∴AO⊥平面BDEC.
又CF⊂平面BDEC,∴AO⊥CF.(4分)
(2)以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 6-5所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,-2,4),D(-2,0,2),O(-1,-1,0),

图D 6-5
AO=(-1,-1,0),ED=(-2,2,-2).(6分)
设EF=λED(0≤λ≤1),则可得F(-2λ,2λ-2,4-2λ),
则AF=(-2λ,2λ-2,4-2λ).
设平面AOF的法向量为m=(x,y,z),
则m·AO=0,m·AF=0,
即-x-y=0,-2λx+(2λ-2)y+(4-2λ)z=0,
令x=1,则y=-1,z=2λ-12-λ,则m=(1,-1,2λ-12-λ)为平面AOF的一个法向量.(9分)
易得平面ACE的一个法向量为n=(1,0,0).
令|cos|=|m·n||m||n|=1(2λ-12-λ)2+2=22,解得λ=12.
故当F为DE的中点时,平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为π4.(12分)