浙江专用2022高考数学二轮复习专题规范练2立体几何问题理

规范练二　立体几何问题1．如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝60°，N是BC的中点，将梯形ABCD绕AB旋转90°，得到梯形ABC′D′.(1)求证：AC⊥平面ABC′；(2)求证：C′N∥平面ADD′；(3)求二面角A－C′N－C的余弦值．(1)证明　∵AD＝BC，N是BC的中点，∴AD＝NC，又AD∥BC，∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN＝DC，又∠ABC＝60°，四边形ABCD为等腰梯形，∴AB＝BN＝AD，∴四边形ANCD是菱形，∴∠ACB＝∠DCB＝30°，∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB，又平面C′BA⊥平面ABC，平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′.(2)证明　∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B，∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N⊂平面BCC′，∴C′N∥平面ADD′.(3)解　∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC.如图建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1,0,0)，C(0，，0)，C′(0,0，)，N，∴′＝(－1,0，)，′＝(0，－，)，设平面C′NC5\n的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝1，则x＝，y＝1，∴n＝(，1,1)．∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC，又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN，∴BD⊥平面C′AN，BD与AN交于点O，则O为AN的中点，O，∴平面C′AN的法向量＝.∴cos〈n，〉＝＝，由图形可知二面角AC′NC为钝角，所以二面角AC′NC的余弦值为－.2．如图，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AD＝PD.(1)求证：平面PQC⊥平面DCQ；(2)若二面角Q－BP－C的余弦值为－，求的值．(1)证明　设AD＝1，则DQ＝，DP＝2，又∵PD∥QA，∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝.∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵CD⊥DA，DA∩PD＝D，∴CD⊥平面ADPQ.∵PQ⊂平面ADPQ，∴CD⊥PQ，又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解　如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.设AD＝1，AB＝m(m>0)．依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0，2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，则＝(1,0,0)，5\n＝(－1,2，－m)，＝(1，－1,0)，设n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即因此可取n1＝(0，m,2)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即可取n2＝(m，m,1)．又∵二面角Q－BP－C的余弦值为－，∴|cos〈n1，n2〉|＝|－|.∴＝.整理得m4＋7m2－8＝0.又∵m>0，解得m＝1.因此，所求的值为1.3．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2CD＝2，E，F分别是AB，AP的中点．(1)求证：AC⊥EF；(2)求二面角F－OE－A的余弦值．(1)证明　E，F分别是AB，AP的中点．∴EF是△APB的中位线，∴EF∥PB，由已知可知PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC，又∵AC⊥BD，又BD∩OP＝O，∴AC⊥面POB.又PB⊂平面POB，5\n∴AC⊥PB，∴AC⊥EF.(2)解　如图建立空间直角坐标系．依题意知，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，P(0,0,2)，∴＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，则可取m＝(1,1,1)．平面OAE的法向量为n＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝＝＝.故二面角F－OE－A的余弦值为.4．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证DE⊥BC1；(2)是否存在点E，使二面角D－BE－A等于60°，若存在求AE的长；若不存在，请说明理由．(1)证明　连接DC1，因为ABC－A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，在Rt△DCC1中，CC1＝，CD＝1，5\n所以∠C1DC＝60°，所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，又BD∩DC1＝D，所以ED⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以ED⊥BC1.(2)解　假设存在点E满足条件，设AE＝h.取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∴n2＝(，1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝＝cos60°＝.解得h＝<，故存在点E，当AE＝时，二面角D－BE－A等于60°.5