2020届高考数学（理）一轮复习讲义 高考专题突破4 高考中的立体几何问题

(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；

(2)若∠BAD＝60°，求二面角B－OB1－C的余弦值. (1)证明 ∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴A1O⊥BD.

∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO＝O，A1O，CO?平面A1CO， ∴BD⊥平面A1CO. ∵BD?平面BB1D1D， ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.

(2)解 ∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD， ∴OB，OC，OA1两两垂直，

→→→

以O为坐标原点，OB，OC，OA1的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，

2∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝3，OA1＝AA21－OA＝6.

则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，A1(0，0，6)， →→→→→→

∴OB＝(1,0,0)，BB1＝AA1＝(0，3，6)，OB1＝OB＋BB1＝(1，3，6). 设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)， →?n＝0，?OB·?x＝0，则?即?

→?x＋3y＋6z＝0.?n＝0，?OB1·

令y＝2，得n＝(0，2，－1)，是平面OBB1的一个法向量. 同理可求得平面OCB1的一个法向量m＝(6，0，－1)，

n·m121∴cos〈n，m〉＝＝＝. |n|·|m|3×721由图可知二面角B－OB1－C是锐二面角， ∴二面角B－OB1－C的余弦值为21

. 21

题型三 立体几何中的探索性问题

例4 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.

(1)求证：AB⊥PC；

(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由. (1)证明 如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，

由AD＝CD＝22，BC＝42，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC， 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB， 又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC， 所以AB⊥平面PAC， 所以AB⊥PC.

(2)解 方法一 (几何法)过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，

因为PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD. 过点M作MG⊥AC交AC于点G，连接NG， 则∠MGN是二面角M－AC－D的平面角. 若∠MGN＝45°，则NG＝MN， 又AN＝2NG＝2MN，

1

所以MN＝1，所以MN＝PA，MN∥PA，

2

所以M是PD的中点.

1

在三棱锥M－ABC中，可得VM－ABC＝S△ABC·MN，

3设点B到平面MAC的距离是h， 1

则VB－MAC＝S△MAC·h，

3

所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝22. 在Rt△BMN中，可得BM＝33. 设BM与平面MAC所成的角为θ， h26则sin θ＝＝.

BM9

方法二 (向量法)以A为坐标原点，以过点A平行于CD的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则 A(0,0,0)，C(22，22，0)，D(0,22，0)，

→→

P(0,0,2)，B(22，－22，0)，PD＝(0，22，－2)，AC＝(22，22，0). 易知当点M与P点或D点重合时不满足题意， →→

设PM＝t PD(0

则点M的坐标为(0,22t,2－2t)， →

所以AM＝(0,22t,2－2t).

设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，则 →?AC＝0，?n·?22x＋22y＝0，?得?

→22ty＋?2－2t?z＝0，??AM＝0，?n·