高考数学一轮复习专题讲座4立体几何在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关理北师大版.pdf

小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学专题讲座 4 立体几何在高考中的常见题型与求解策略1.如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，E、F分别是AD、DD1的中点，则平面EFC1B和平面BCC1所成二面角的正切值等于()A22 B.3 C.5 D.7 解析：选A.设正方体的棱长为2，建立以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，EB(1，2，0)，EF(1，0，1)易知平面BCC1的一个法向量为CD(0，2，0)，设平面EFC1B的法向量为m(x，y，z)，则mEBx2y0，mEFxz 0，令y 1，则m(2，1，2)，故cosm，CDmCD|m|CD|23213，tan m，CD 22.故所求二面角的正切值为 22.2(2016唐山统考)已知点A、B、C、D均在球O上，ABBC3，AC3，若三棱锥D-ABC体积的最大值为334，则球O的表面积为()A36B 16C12D.163解析：选 B.由题意可得，ABC23，ABC的外接圆半径r3，当三棱锥的体积取最大值时，VD-ABC13SABCh(h为点D到底面ABC的距离)?33413334h?h3，设R为球O的半径，则(3 R)2R2r2?R2，所以球O的表面积为4 2216.3已知多面体ABC-A1B1C1的直观图和三视图如图所示，则平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值是 _解析：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(1，1，2)，则CC1(1，1，2)，A1C1(1，1，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学0)，A1C(0，2，2)设平面C1A1C的法向量为m(x，y，z)，则由mA1C10，mA1C0，得xy0，2y2z0，取x 1，则y 1，z1.故m(1，1，1)，而平面A1CA的一个法向量为n(1，0，0)，则 cosm，nmn|m|n|1333，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为33.答案：334.如图，梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，则上述结论可能正确的是_解析：对于，因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则不成立；对于，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234 可使条件满足，所以正确；对于，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；对于，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立答案：5(2016九江统考)如图所示，在长方体ABCD ABCD中，ABAD AA(0)，E，F分别是AC和AD的中点，且EF平面ABCD.(1)求 的值；(2)求二面角CABE的余弦值解：以D为原点，DA，DC，DD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系设AAAD2，则AB2，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学D(0，0，0)，A(2，0，2)，D(0，0，2)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，2)，F(1，0，0)(1)EF(0，2)，DA(2，0，0)，AB(0，2，2)，因为EFDA，EFAB，所以EFDA 0，EFAB0，即 2240，所以 2.(2)设平面EAB的一个法向量为m(1，y，z)，则mAB0，mAE0，因为AB(0，22，2)，AE(1，2，0)，所以22y2z0，12y0，所以y22，z1，所以m 1，22，1.由已知得EF为平面ABC的一个法向量，又EF(0，2，2)，所以 cosm，EFmEF|m|EF|12122221202（2）2（2）231026155.又二面角C-AB-E为锐二面角，所以二面角C-AB-E的余弦值为155.6(2015高考江苏卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学解：以AB，AD，AP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由题意知，AD平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD(0，2，0)因为PC(1，1，2)，PD(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则mPC0，mPD0，即xy2z0，2y2z0.令y 1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而 cosAD，mADm|AD|m|33，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP(1，0，2)，设BQ BP(，0，2)(0 1)，又CB(0，1，0)，则CQCBBQ(，1，2)，又DP(0，2，2)，从而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022.设 12t，t1，3，则 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910.当且仅当t95，即 25时，|cos CQ，DP|的最大值为31010.因为y cos x在 0，2上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP12225，所以BQ25BP255.1(2016宣城一模)如图，已知矩形ABCD中，AB 2AD2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB3.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学(1)求证：平面AOD平面ABCO；(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值解：(1)证明：在矩形ABCD中，因为AB2AD2，O为CD的中点，所以AOD，BOC为等腰直角三角形，所以AOB 90，即OBOA.取AO的中点H，连接DH，BH，则OHDH12AO22，在 RtBOH中，BH2BO2OH252，在BHD中，DH2BH2222523，又DB23，所以DH2BH2DB2，所以DHBH.又DHOA，OABHH，所以DH平面ABCO.而DH平面AOD，所以平面AOD平面ABCO.(2)分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，D22，0，22，C22，22，0.所以AB(2，2，0)，AD22，0，22，BC 22，22，0.设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，由nAB0，nAD0，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学得2x2y 0，22x22z 0，即xy，xz，令x1，则yz1，n(1，1，1)设 为直线BC与平面ABD所成的角，则 sin|BCn|BC|n|2363，即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为63.2.如图，ABCD是边长为3 的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角F-BE-D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论解：(1)证明：因为DE平面ABCD，所以DEAC.因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，又DEBDD，所以AC平面BDE.(2)因为DE平面ABCD，所以EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.所以EDBD3.由AD3，得BD32，DE 36，AF6.如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，6)，E(0，0，36)，B(3，3，0)，C(0，3，0)所以BF(0，3，6)，EF(3，0，26)设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则nBF0，nEF0，即3y6z0，3x26z0.令z6，则n(4，2，6)因为AC平面BDE，所以CA(3，3，0)为平面BDE的一个法向量因为 cosn，CAnCA|n|CA|626321313.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学故二面角F-BE-D的余弦值为1313.(3)依题意，设M(t，t，0)(t0)，则AM(t3，t，0)，因为AM平面BEF，所以AMn0，即 4(t 3)2t0，解得t2.所以点M的坐标为(2，2，0)，此时DM23DB，所以点M是线段BD上靠近B点的三等分点