高考数学一轮复习复习专题讲座4立体几何在高考中的常见题型与求解策略

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 ­A 1B 1C 1D 1是正方体，E 、F 分别是AD 、DD 1的中点，则平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角的正切值等于( ) A ．2 2 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 、DD 1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BCC 1的一个法向量为CD →
＝(0，－2，0)，设平面EFC 1B 的法
向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·EB →＝x ＋2y ＝0，m ·EF →
＝－x ＋z ＝0，令y ＝－1，则m ＝(2，－
1，2)，故cos 〈m ，CD →〉＝m ·CD →|m ||CD →|＝23×2＝13，tan 〈m ，CD →
〉＝2 2.故所求二面角的正切
值为2 2.
2．(2016·唐山统考)已知点A 、B 、C 、D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3，若三棱锥D ­ABC
体积的最大值为33
4
，则球O 的表面积为( )
A ．36π
B ．16π
C ．12π D.16
3π
解析：选B.由题意可得，∠ABC ＝2π
3，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积取最大
值时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h 为点D 到底面ABC 的距离)⇒334＝13×33
4
×h ⇒h ＝3，设R 为球O
的半径，则(3－R )2＝R 2－r 2
⇒R ＝2，
所以球O 的表面积为4π·22
＝16π. 3．已知多面体ABC ­A 1B 1C 1的直观图和三视图如图所示，则平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值是________．
解析：由题意
知AA 1，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)，A 1(0，0，2)，
B (－2，0，0)，
C (0，－2，0)，C 1(－1，－1，2)，则CC 1→＝(－1，1，2)，A 1C 1→
＝(－1，－1，
0)，A 1C →
＝(0，－2，－2)．设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，
－2y －2z ＝0，
取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1， 1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1，0，
0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为3
3.
答案：
3
3
4.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，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：①DF ⊥BC ；②BD ⊥FC ；③平面BDF ⊥平面BCF ；④平面DCF ⊥平面BCF ，则上述结论可能正确的是________． 解析：对于
①，因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交但不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①不成立；对于②，设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，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③正确；对于④，因为点D 在平面BCF 上的射影不可能在FC 上，所以④不成立． 答案：②③
5．(2016·九江统考)
如图所示，在长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中，AB ＝λAD ＝λAA ′(λ>0)，E ，F 分别是A ′C ′和AD 的中点，且EF ⊥平面A ′BCD ′. (1)求λ的值；
(2)求二面角C A ′B E 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AA ′＝AD ＝2，则AB ＝2λ，
D (0，0，0)，A ′(2，0， 2)，D ′(0，0，2)，B (2，2λ，0)，C (0，2λ，0)，
E (1，λ，2)，
F (1，0，0)．
(1)EF →＝(0，－λ，－2)，D ′A ′→＝(2，0，0)，A ′B →
＝(0，2λ，－2)， 因为EF ⊥D ′A ′，EF ⊥A ′B ，
所以EF →·D ′A ′→＝0，EF →·A ′B →
＝0，
即－2λ2
＋4＝0，所以λ＝ 2.
(2)设平面EA ′B 的一个法向量为m ＝(1，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′B →＝0，
m ·A ′E →＝0，
因为A ′B →＝(0，22，－2)，A ′E →
＝(－1，2，0)，
所以⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－1＋2y ＝0，所以y ＝22，z ＝1，
所以m ＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1，
22，1. 由已知得EF →为平面A ′BC 的一个法向量，又EF →
＝(0，－2，－2)，
所以cos 〈m ，EF →
〉＝m ·EF →|m |·|EF →|
＝－1－2
12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋12×02＋（－2）2＋（－2）
2
＝
－3
10
2
×6＝－
155
. 又二面角C ­A ′B ­E 为锐二面角， 所以二面角C ­A ′B ­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，∠ABC ＝∠BAD ＝π
2
， PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (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．
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m ·PC →＝0，m ·PD →
＝0， 即⎩
⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．
从而cos 〈AD →
，m 〉＝AD →·m |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 →＝λBP →
＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →
＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →
＝(0，－2，2)，
从而cos 〈CQ →，DP →
〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|
＝1＋2λ10λ2
＋2 . 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，
则cos 2
〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9
＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋
209≤9
10.
当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →
〉|的最大值为31010
.
因为y ＝cos x 在⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2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BP ＝
12＋22
＝5，
所以BQ ＝25BP ＝25
5
.
1．(2016·宣城一模)如图，已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，O 为CD 的中点，沿AO 将三角形AOD 折起，使DB ＝ 3.
(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AB ＝2AD ＝2，O 为CD 的中点， 所以△AOD ，△BOC 为等腰直角三角形， 所以∠AOB ＝90°，即OB ⊥OA .
取AO 的中点H ，连接DH ，BH ，则OH ＝DH ＝12AO ＝2
2
，
在Rt △BOH 中，BH 2＝BO 2＋OH 2
＝52
，
在△BHD 中，
DH 2＋BH 2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋52＝3，
又DB 2
＝3，
所以DH 2＋BH 2＝DB 2
， 所以DH ⊥BH .
又DH ⊥OA ，OA ∩BH ＝H ， 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)，
D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2
2，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0.
所以AB →
＝(－2，2，0)，
AD →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－22，0，22，
BC →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－
22，－22，0. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，
n ·AD →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－22
x ＋2
2z ＝0， 即x ＝y ，x ＝z ，令x ＝1， 则y ＝z ＝1，n ＝(1，1，1)．
设α为直线BC 与平面ABD 所成的角，
则sin α＝|BC →
·n ||BC →|·|n |
＝23＝6
3，
即直线BC 与平面ABD 所成角的正弦值为
6
3
.
2.如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，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DE ⊥AC . 因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD ，又DE ∩BD ＝D ， 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∠EBD ＝60°.
所以ED BD
＝ 3.由AD ＝3，得BD ＝32，DE ＝36，AF ＝ 6.
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⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，
n ·EF →＝0，
即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.
令z ＝6，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cos 〈n ，CA →
〉＝n ·CA →|n ||CA →|
＝626×32＝1313.
故二面角F ­BE ­D 的余弦值为
1313
. (3)依题意，设M (t ，t ，0)(t >0)， 则AM →
＝(t －3，t ，0)， 因为AM ∥平面BEF ，
所以AM →
·n ＝0，
即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2. 所以点M 的坐标为(2，2，0)，
此时DM →＝23
DB →，
所以点M 是线段BD 上靠近B 点的三等分点．。