1、高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-1-层级二 专题四 第 3 讲(理)限时 50 分钟 满分 60 分解答题(本大题共 5 小题，每小题 12 分，共 60 分)1如图 1，在 RtABC 中，ACB90，B30，D，E 分别是 AB，CD 的中点，AE的延长线交 CB 于 F.现将ACD 沿 CD 折起，折起二面角，如图 2，连接 AF.(1)求证：平面 AEF平面 CBD；(2)当 ACBD 时，求二面角 ACDB 的余弦值解：本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题，考查考生的空间想象能力及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算(1)在平面图形中 AFC
2、D，所以折叠后得到 AECD，EFCD，即可证得结论；(2)可以利用向量法和传统法求解(1)在 RtABC 中，由 D 为 AB 的中点，得 ADCDDB，又B30，所以ACD 是正三角形，又 E 是 CD 的中点，所以 AFCD.折起后，AECD，EFCD，又 AEEFE，AE平面 AEF，EF平面 AEF，故 CD平面 AEF，又 CD平面 CBD，故平面 AEF平面 CBD.(2)解法一 如图，过点 A作 AHEF，垂足 H 落在 FE 的延长线上因为 CD平面 AEF，所以 CDAH，所以 AH平面 CBD.以 E 为原点，EF 所在的直线为 x 轴，ED 所在的直线为 y 轴，过 E
3、 与 AH 平行的直线为 z 轴建立空间直角坐标系高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-2-由(1)可知AEF 为所求二面角的平面角，设为，并设 ACa，可得 C0，a2，0，D0，a2，0，B3a2，a，0，A3a2 cos，0，3a2 sin .故AC 3a2 cos，a2，3a2 sin ，BD 3a2，a2，0，因为 ACBD，所以AC BD 0，即3a24 cos a24 0，得 cos 13.故二面角 ACDB 的余弦值为13.解法二 如图，过点 A作 AHEF，垂足 H 落在 FE 的延长线上，因为 CD平面 AEF，所以 CDAH，所以 AH平面 CBD.连接 C
4、H 并延长交 BD 的延长线于 G，由 ACBD，得 CHBD，即CGB90，因此CEHCGD，则EHDGCECG，设 ACa，易得GDC60，DGa2，CEa2，CG 3a2，代入EHDGCECG得 EH 3a6，又 EA 3a2，故 cosHEA EHEA13.又 AECD，EFCD，所以AEF 即所求二面角的平面角，故二面角 ACDB 的余弦值为13.2(2019北京卷)高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-3-如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PFPC13.(1)求
5、证：CD平面 PAD；(2)求二面角 FAEP 的余弦值；(3)设点 G 在 PB 上，且PGPB23.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由解析：(1)由于 PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，则 PACD，由题意可知 ADCD，且 PAADA，由线面垂直的判定定理可得 CD平面 PAD.(2)以点 A 为坐标原点，平面 ABCD 内与 AD 垂直的直线为 x 轴，AD，AP 方向为 y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由PF13PC可得点 F 的坐标为 F23，23，43，由PE12
6、PD 可得 E(0,1,1)，设平面AEF的法向量为：m(x，y，z)，则mAFx，y，z23，23，43 23x23y43z0mAEx，y，z0，1，1yz0，据此可得平面 AEF 的一个法向量为：m(1,1，1)，很明显平面 AEP 的一个法向量为 n(1,0,0)，高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-4-cosm，n mn|m|n|131 33，二面角 FAEP 的平面角为锐角，故二面角 FAEP 的余弦值为 33.(3)易知 P(0,0,2)，B(2，1,0)，由PG 23PB可得 G43，23，23，则AG 43，23，23，注意到平面 AEF 的一个法向量为：m(1
7、,1，1)，其 mAG 0 且点 A 在平面 AEF 内，故直线 AG 在平面 AEF 内3(2019苏州三模)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADBC，ADCD，且 ADCD 2，BC2 2，PA2.(1)取 PC 中点 N，连接 DN，求证：DN平面 PAB.(2)求直线 AC 与 PD 所成角的余弦值(3)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 的大小为 45，如果存在，求 BM 与平面 MAC 所成的角，如果不存在，请说明理由解析：取 BC 的中点 E，连接 DE 与 AC，相交于点 O，连接 AE，易知 ACDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则
8、 A(0，1,0)，B(2，1,0)，C(0，1,0)，D(1,0,0)，P(0，1,2)，(1)PC 中点 N(0,0,1)，所以DN(1,0,1)，设平面 PAB 的法向量为 n(a，b，c)，由AP(0,0,2)，AB(2,0,0)，令 b1，可得：n(0,1,0)，所以DN n0，因为 DN平面 PAB，所以 DN平面 PAB.(2)AC(0,2,0)，PD(1,1，2)，设 AC 与 PD 所成的角为，则 cos 22 6 66.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-5-(3)设 M(x，y，z)及PM PD(01)，所以x，y1，z22，M(，1,2(1)，设平面 A
9、CM 的法向量为 m(x，y，z)，由AC(0,2,0)，AM(，2(1)，可得 m(22，0，)，平面 ACD 的法向量为p(0,0,1)，所以 cosm，p12222 22 25284，解得 23.解得 M23，13，23，所以BM 83，23，23，所以 m23，0，23，设 BM 与平面 MAC 所成角为，所以 sin|cosBM，m|1292 23 2 212，所以 6.4(2020山东实验中学模拟)某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体 ABCDEFQH 材料切割成三棱锥 HACF.(1)若点 M，N，K 分别是棱 HA，HC，HF 的中点，点 G
10、 是 NK 上的任意一点，求证：MG平面 ACF；(2)已知原长方体材料中，AB2，AD3，DH1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出三棱锥 HACF 的高甲工程师先求出 AH 所在直线与平面 ACF 所成的角，再根据公式 hAHsin，求三棱锥 HACF 的高 h.请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高解：证明：(1)HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.MK平面 ACF，AF平面 ACF，MK平面 ACF.MN平面 ACF，AC平面 ACF，MN平面 ACF.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-6-MN，MK平面 MNK，且 MKMNM，平面 MNK平面 ACF
11、.又MG平面 MNK，MG平面 ACF.(2)如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DH 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz.则有 A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(3,2,1)，H(0,0,1)，AC(3,2,0)，AF(0,2,1)，AH(3,0,1)设平面 ACF 的一个法向量为 n(x，y，z)，则有nAC3x2y0，nAF2yz0.令 y3，则 n(2,3，6)，sin|AH n|AH|n|121076 1035，三棱锥 HACF 的高为 AHsin 106 1035 127.5.如图，四边形 ABCD 为菱形，G 为 AC 与 BD 的交
12、点，BE平面 ABCD.(1)证明：平面 AEC平面 BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥 EACD 的体积为 63，求该三棱锥的侧面积解析：(1)因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD.因为 BE平面 ABCD，所以 ACBE，又 BDBEB，故 AC平面 BED.又 AC平面 AEC，所以平面 AEC平面 BED.(2)设 ABx，在菱形 ABCD 中，由ABC120，可得 AGGC 32 x，GBGDx2.高考资源网（）您身边的高考专家 版权所有高考资源网-7-因为 AEEC，所以在 RtAEC 中，可得 EG 32 x.由 BE平面 ABCD，知EBG 为直角三角形，可得 BE 22 x.由已知得，三棱锥 EACD 的体积 VEACD1312ACGDBE 624x3 63.故 x2.从而可得 AEECED 6.所以EAC 的面积为 3，EAD 的面积与ECD 的面积均为 5.故三棱锥 EACD 的侧面积为 32 5.