2019年高考数学二轮复习 立体几何综合题 理
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三、(理)立体几何综合题
9．(xx·福建高考)
在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．
(Ⅰ)求证：AB⊥CD；
(Ⅱ)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
(Ⅰ)证明 ∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，
AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.
(Ⅱ)证明 过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．
由(Ⅰ)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，
BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以BE→，BD→，BA→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(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M0，12，12，
则BC→＝(1,1,0)，BM→＝0，12，12，
AD→＝(0,1，－1)．
设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，
则 n·BC→＝0，n·BM→＝0，即 x0＋y0＝0，12y0＋12z0＝0，
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，AD→〉|＝|n·AD→||n|·|AD→|＝63，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为63.
10．(xx·浙江高考)
如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝2.
(Ⅰ)证明：DE⊥平面ACD； 可编辑修改
精选文档 (Ⅱ)求二面角B-AD-E的大小．可编辑修改
精选文档 【解】
(Ⅰ)证明
在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝2.
由AC＝2，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE.
所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD.
(Ⅱ)
以D为原点，分别以射线DE，DC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，2)，B(1,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面ABD的法向量n＝(x2，y2，z2)．可算得AD→＝(0，－2，－2)，AE→＝(1，－2，－2)，DB→＝(1,1,0)，
由 m·AD→＝0，m·AE→＝0，即 －2y1－2z1＝0，x1－2y1－2z1＝0.
可取m＝(0,1，－2)．
由 n·AD→＝0，n·DB→＝0，即 －2y2－2z1＝0，x2＋y2＝0，
可取n＝(1，－1，2)．
于是|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|·|n|＝33·2＝32.
由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B-AD-E的大小是π6.
11．(xx·福建福州质检)如图，直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝4，点E、F分别是AB、CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF.
(1)当AG＋GC最小时，求证：BD⊥CG；
(2)当2VB－ADGE＝VD－GBCF时，求二面角D－BG－C的平面角的余弦值．
【解】 (1)∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴EF∥BC，又∠ABC＝90°，
∴AE⊥EF，∵平面AEFD⊥平面EBCF，
∴AE⊥平面EBCF，AE⊥EF，AE⊥BE，又BE⊥EF，
如图建立空间坐标系E－xyz. 可编辑修改
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翻折前，连接AC交EF于点G，此时点G使得AG＋GC最小．
EG＝12BC＝2，又知EA＝EB＝2，可编辑修改
精选文档 则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,2)，E(0,0,0)，G(0,2,0)，
∴BD→＝(－2,2,2)，CG→＝(－2，－2,0)，
∴BD→·CG→＝(－2,2,2)·(－2，－2,0)＝0，
∴BD⊥CG.
(2)设EG＝k，
∵AD∥平面EFCB，∴点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离．
∵S四边形GBCF＝12[(3－k)＋4]×2＝7－k，
∴VD－GBCF＝13·S四边形GBCF·AE＝23(7－k)．
又VB－ADGE＝13S四边形ADGE·BE＝23(2＋k)，
2VB－ADGE＝VD－GBCF，∴43(2＋k)＝23(7－k)，
∴k＝1，即EG＝1.
设平面DBG的法向量为n1＝(x，y，z)，∵G(0,1,0)，
∴BG→＝(－2,1,0)，BD→＝(－2,2,2)，
则 n1·BD→＝0n1·BG→＝0，即 －2x＋2y＋2z＝0，－2x＋y＝0，
取x＝1，则y＝2，z＝－1，∴n1＝(1,2，－1)．
平面BCG的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
则cos(n1，n2)＝n1·n2|n1||n2|＝－66.
∵所求二面角D－BG－C的平面角为锐角，
∴此二面角的平面角的余弦值为66.
12．(xx·河北石家庄模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.
(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1.
(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°.问：在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值；若不存在，说明理由．
【解】 证明 (1)连接AC1，BC1，则AN＝NC1，
∵AM＝MB，
∴MN∥BC1.
又∵BC1⊂平面BCC1B1，
∴MN∥平面BCC1B1.
(2)作B1O⊥BC于O，
∵面BCC1B1⊥底面ABC，
∴B1O⊥面ABC.可编辑修改
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以O为原点，建立如右图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)B1(0,0，3)．由AA1→＝CC1→＝BB1→可求出A1(1，3，3)，C1(2,0，3)．
设P(x，y，z)，A1C1→＝λA1P→，
解得P1λ＋1，3－3λ，3，
则CP→＝1λ，3－3λ，3，CB1→＝(－1,0，3)．
设平面B1CP的法向量为n1＝(x，y，z)，
由 n1·CP→＝0，n1·CB1→＝0，解得n1＝3，1＋λ1－λ，1.
同理可求出平面ACC1A1的法向量n2＝(3，1，－1)．
由面B1CP⊥平面ACC1A1，得n1·n2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0解得，λ＝3，所以A1C1＝3A1P，从而C1P∶PA1＝2.
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