（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)4 立體幾何 理

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1、規(guī)范解答集訓(xùn)(四)　立體幾何 (建議用時(shí)：40分鐘) 1.(2019·煙臺(tái)三模)如圖，直角三角形ABD所在的平面與半圓弧所在平面相交于BD，AB＝BD＝2，E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點(diǎn)，C是上異于B，D的點(diǎn)，EC＝. (1)證明：平面CEF⊥平面BCD； (2)若點(diǎn)C為半圓弧上的一個(gè)三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)D)求二面角A-CE-B的余弦值． [解](1)證明：因?yàn)镃半圓弧上的一點(diǎn)，所以BC⊥CD. 在△ABD中，E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點(diǎn)，所以EF＝AB＝1，且EF∥AB. 于是在△EFC中，EF2＋FC2＝1＋1＝2＝EC2， 所以△EFC為直角三角形，且EF⊥FC. 因?yàn)锳B

2、⊥BD，EF∥AB，所以EF⊥BD. 因?yàn)镋F⊥FC，EF⊥BD，BD∩FC＝F, 所以EF⊥平面BCD. 又EF平面CEF，所以平面CEF⊥平面BCD. (2)由已知∠BFC＝120°，以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以垂直于BD、向量，所在方向作為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz， 則C，E(0,0,1)，B(0，－1,0)，A(0，－1,2)，＝，＝(0,1,1)，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 即 取z1＝1，得m＝. 設(shè)平面BCE的法向量n＝(x2，y2，z2)， 則即取z2＝1，得n

3、＝(，－1,1). 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 又二面角A-CE-B為銳角，所以二面角A-C-B的余弦值為. 2.(2019·沈陽(yáng)三模)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，E為PC上的點(diǎn)，且BE⊥平面APC. (1)求證：平面PAD⊥平面PBC； (2)當(dāng)三棱錐P-ABC體積最大時(shí)，求二面角B-AC-P的余弦值． [解](1)證明：∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD， 側(cè)面PAB∩底面ABCD＝AB，四邊形ABCD為正方形， ∴BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB， 又AP平面PAB，∴AP⊥BC， BE⊥平面APC，AP平面PAC

4、，∴AP⊥BE， BC∩BE＝B，∴AP⊥平面PBC， 又AP平面PAD，∴平面PAD⊥平面PBC. (2)VP-ABC＝VC-APB＝××PA×PB×BC＝×PA×PB， 求三棱錐P-ABC體積的最大值，只需求PA×PB的最大值． 令PA＝x，PB＝y(tǒng)，由(1)知，PA⊥PB，∴x2＋y2＝4， 而VP-ABC＝xy≤×＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝，即PA＝PB＝時(shí)，VP-ABC的最大值為. 如圖所示，分別取線段AB，CD中點(diǎn)O，F(xiàn)，連接OP，OF， 以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)P，OB和OF分別作為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由已知A(0，－1,0)，C(0,

5、1,2)，P(1,0,0)，所以＝(1,1,0)，＝(0,2,2)． 令n＝(x，y，z)為平面PAC的一個(gè)法向量， 則設(shè)x＝1，則y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1)． 易知m＝(1,0,0)為面ABC的一個(gè)法向量， 二面角B-AC-P的平面角為θ，θ為銳角，則cos θ＝＝＝. 3．如圖，△ABC是以C為直角的等腰直角三角形，直角邊長(zhǎng)為8，AE∶EC＝5∶3，DE∥BC，沿DE將三角形ADE折起，使得點(diǎn)A在平面BCED上的射影是點(diǎn)C，點(diǎn)M在AC上且MC＝AC. (1)在BD上確定點(diǎn)N的位置，使得MN∥平面ADE； (2)在(1)的條件下，求CN與平面ABD所成角的正弦

6、值． [解]　(1)由點(diǎn)A在平面BCED上的射影是點(diǎn)C，可知AC⊥平面BCED，又BC⊥CE，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， C(0,0,0)，A(0,0,4)，B(0,8,0)，D(3,5,0)，E(3,0,0)． 由MC＝AC，可知點(diǎn)M的坐標(biāo)為， 設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(x，y,0)，則由點(diǎn)N在BD上可得y＝8－x， 即點(diǎn)N的坐標(biāo)為(x,8－x,0)， 則＝. 設(shè)平面ADE的法向量為n1＝(x，y，z)， 則而＝(0，－5,0)，＝(3,0，－4)， 所以取x＝4，則z＝3， 可得n1＝(4,0,3)， MN∥平面ADE等價(jià)于n1·＝0， 即4x＋0×(8－x)＋3×＝0

7、. 解得x＝2，即點(diǎn)N的坐標(biāo)為(2,6,0)， 所以點(diǎn)N為BD的靠近D點(diǎn)的三等分點(diǎn)． (2)由(1)可知＝(2,6,0)， 設(shè)平面ABD的法向量為n2＝(p，q，r)， 由題意可知 而＝(－3,3,0)，＝(0,8，－4)，可得取p＝1，則q＝1，r＝2. 所以n2＝(1,1,2)． 設(shè)CN與平面ABD所成的角為θ， 則sin θ＝＝. 即CN與平面ABD所成角的正弦值為. 4.如圖，平面ABCD⊥平面ABE，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，AE＝1，F(xiàn)為為CE上的點(diǎn)，且BF⊥平面ACE. (1)求證：AE⊥平面BCE； (2)線段AD上是否存在一點(diǎn)M，使平面ABE

8、與平面MCE所成二面角的余弦值為？若存在，試確定點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． [解](1)證明：∵BF⊥平面ACE，AE平面ACE， ∴BF⊥AE， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴BC⊥AB， 又平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，∴CB⊥平面ABE， ∵AE平面ABE，∴CB⊥AE. ∵BF∩BC＝B， ∴AE⊥平面BCE. (2)存在，當(dāng)AM＝時(shí)，平面ABE與平面MCE所成二面角的余弦值為. ∵AE⊥平面BCE，BE平面BCE. ∴AE⊥BE， 在Rt△AEB中，AB＝2，AE＝1， ∴∠ABE＝30°，∠BAE＝60°， 以A為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 設(shè)AM＝h，則0≤h≤2， ∵AE＝1，∠BAE＝60°， ∴M(0,0，h)，E，B(0,2,0)，C(0,2,2)， ∴＝， ＝. 設(shè)平面MCE的法向量為n＝(x，y，z)． 則即 令z＝2，得n＝. 易知平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)， 由題意可知cos〈m，n〉＝＝＝， 解得h＝或h＝－(舍)． 故當(dāng)AM＝時(shí)，平面ABE與平面MCE所成二面角的余弦值為. - 5 -