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1、高考大题专项练4 高考中的立体几何 高考大题专项练第8页 1.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°.因此∠ADB=90°,即AD⊥BD.又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⫋平面AED,所以BD⊥平面AED.(2)解法一:连接AC.由(1)知AD⊥BD,所
2、以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB=1,则C(0,0,0),B(0,1,0),D32,-12,0,F(0,0,1).因此BD=32,-32,0,BF=(0,-1,1).设平面BDF的一个法向量为m=(x,y,z),则m·BD=0,m·BF=0,所以x=3y=3z,取z=1,则m=(3,1,1).由于CF=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos=m·CF
3、m
4、
5、CF
6、=15=55,所以二面角F-BD
7、-C的余弦值为55.解法二:如图,取BD的中点G,连接CG,FG.由于CB=CD,因此CG⊥BD.又FC⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以FC⊥BD.由于FC∩CG=C,FC,CG⫋平面FCG,7所以BD⊥平面FCG,故BD⊥FG,所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,因此CG=12CB.又CB=CF,所以GF=CG2+CF2=5CG,故cos∠FGC=55,因此二面角F-BD-C的余弦值为55.〚导学号92950942〛2.如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=
8、90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=2.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.(1)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.(2)解:方法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2
9、=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=2,得AD=6.在Rt△AED中,由ED=1,AD=6,得AE=7.在Rt△ABD中,由BD=2,AB=2,AD=6,得BF=233,AF=23AD.从而GF=23.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=5714,BG=23.在△BFG中,cos∠BFG=GF2+BF2-BG22BF·GF=32.所以,∠BFG=π6,即二面角B-AD-E的大小是π6.7方法二:以D为
10、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的法向量为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,得-2y1-2z1=0,x1-2y1-2z1=0,可取m=(0,1,-2).由n·AD=0,n·BD=0,即-2y2-2z2=0,x2+y2=0,可取n=(1,
11、-1,2).于是
12、cos
13、=
14、m·n
15、
16、m
17、·
18、n
19、=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.〚导学号92950943〛3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=2,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD.(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长.②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,
20、PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又AB⫋平面PAB,所以平面
