1、专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型1.(2017青岛质检)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD，将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图.(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.(1)证明平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)解过点B在平面BCD内作BEBD，如图.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意，得B
2、(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M，则(1，1，0)，(0，1，1).设平面MBC的法向量为n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量为n(1，1，1).设直线AD与平面MBC所成角为，则sin | cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.2.如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值.(1)证明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDD
3、E.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2，1，1).由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0).从而
4、法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.3.(2017重庆模拟)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA14，BC2.BDAC，垂足为D，E为棱BB1上一点，BD平面AC1E.(1)求线段B1E的长；(2)求二面角C1ACE的余弦值.解(1)由ABAC4，知ABC为等腰三角形，又BDAC，BC2，故ACBDBC，解得BD.从而在RtCDB中，CD1，故ADACCD3.如图，过点D作DFCC1，交AC1于F，连接EF.因为DFCC1，从而，得DF3.因为DFCC1，CC1BB1，故DFBB1，即DFBE，故DF与BE确定平面BDFE.又BD平面
5、AC1E，而平面BDFE平面AC1EEF，故BDEF.故四边形BDFE为平行四边形，从而DFBE3，所以B1EBB1BE1.(2)如图，以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，3)，(1，0，0)，(0，3).设平面ACE的一个法向量为n1(x，y，z)，由n10，n10，得故可取n1(0，3，).又平面ACC1在xDz面上，故可取n2(0，1，0)为平面ACC1的一个法向量.从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.由图知二面角C1ACE为锐角，故二面角C1ACE的余弦值为.4.(2017郑州模拟)
6、等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，如图1.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.从而AD2DE2AE2，所以ADDE.折起后有A1DDE，因为二面角A1DEB是直二面角，所以平面A1DE平面BCED，又平面A1DE平面BCEDDE，A1D平面A1DE
7、，A1DDE，所以A1D平面BCED.(2)解存在.理由：由(1)的证明，可知EDDB，A1D平面BCED.以D为坐标原点，分别以射线DB，DE，DA1为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设PB2a(02a3)，作PHBD于点H，连接A1H，A1P，则BHa，PHa，DH2a.所以A1(0，0，1)，P(2a，a，0)，E(0，0).所以(a2，a，1).因为ED平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为(0，0).要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，则sin 60，解得a.此时2a，满足02a3，符合题意.所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A
8、1BD所成的角为60，此时PB.5.(2017石家庄一模)在平面四边形ACBD(图)中，ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB2，BAD30，BAC45，将ABC沿AB折起，构成如图所示的三棱锥CABD，且使CD.(1)求证：平面CAB平面DAB；(2)求二面角ACDB的余弦值.(1)证明如图，取AB的中点O.连接CO，DO.在RtACB，RtADB中，AB2，则CODO1，CD，CO2DO2CD2，即COOD，又COAB，ABODO，AB，OD平面ABD，CO平面ABD，CO平面ABC，平面CAB平面DAB.(2)解以O为原点，AB，OC所在的直线分别为y，z轴，建立如图所示的
9、空间直角坐标系，则A(0，1，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D，(0，1，1)，(0，1，1)，.设平面ACD的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即即令z11，则y11，x1，n1(，1，1).设平面BCD的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即即令z21，则y21，x2，n2，cosn1，n2，二面角ACDB的余弦值为.6.(2017合肥模拟)如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，四边形BFED为矩形，平面BFED平面ABCD，BF1.(1)求证：AD平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为，试求的最小值
10、.(1)证明在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，AB2，BD2AB2AD22ABADcos 603.AB2AD2BD2，ADBD.平面BFED平面ABCD，平面BFED平面ABCDBD，DE平面BFED，DEDB，DE平面ABCD，DEAD，又DEBDD，AD平面BFED.(2)解由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系.如图所示.令EP(0)，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，0)，P(0，1)，(1，0)，(0，1).设n1(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，由得取y1，得n1(，1，)，n2(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，cos .0，当时，cos 有最大值，的最小值为.6
