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

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，ABCDA1B1C1D1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(　　)A．2　　　　　　　　　B.C.D.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)，＝(1，2，0)，＝(－1，0，1)．易知平面BCC1的一个法向量为＝(0，－2，0)，设平面EFC1B的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝x＋2y＝0，m·＝－x＋z＝0，令y＝－1，则m＝(2，－1，2)，故cos〈m，〉＝＝＝，tan〈m，〉＝2.故所求二面角的正切值为2.2．(2022·唐山统考)已知点A、B、C、D均在球O上，AB＝BC＝，AC＝3，若三棱锥DABC体积的最大值为，则球O的表面积为(　　)A．36πB．16πC．12πD.π解析：选B.由题意可得，∠ABC＝，△ABC的外接圆半径r＝，当三棱锥的体积取最大值时，VDABC＝S△ABC·h(h为点D到底面ABC的距离)⇒＝××h⇒h＝3，设R为球O的半径，则(3－R)2＝R2－r2⇒R＝2，所以球O的表面积为4π·22＝16π.3．已知多面体ABCA1B1C1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)，7\nB(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则＝(－1，1，2)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，－2)．设平面C1A1C的法向量为m＝(x，y，z)，则由得取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝(1，－1，1)，而平面A1CA的一个法向量为n＝(1，0，0)，则cos〈m，n〉＝＝＝，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.答案：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：②③5．(2022·九江统考)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：7\n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)＝(0，－λ，－2)，＝(2，0，0)，＝(0，2λ，－2)，因为EF⊥D′A′，EF⊥A′B，所以·＝0，·＝0，即－2λ2＋4＝0，所以λ＝.(2)设平面EA′B的一个法向量为m＝(1，y，z)，则因为＝(0，2，－2)，＝(－1，，0)，所以所以y＝，z＝1，所以m＝.由已知得为平面A′BC的一个法向量，又＝(0，－，－2)，所以cos〈m，〉＝＝＝＝－.又二面角CA′BE为锐二面角，所以二面角CA′BE的余弦值为.6．(2022·高考江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，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．7\n解：以{，，}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，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，即令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〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，　又＝(0，－2，2)，从而cos〈，〉＝＝　.设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.7\n1．(2022·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＝.(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＝AO＝，在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，在△BHD中，DH2＋BH2＝＋＝3，又DB2＝3，所以DH2＋BH2＝DB2，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，，0)，A(，0，0)，D，C.所以＝(－，，0)，＝，＝.设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，由7\n得即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sinα＝＝＝，即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.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FBED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＝.由AD＝3，得BD＝3，DE＝3，AF＝.　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，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)．所以＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝，则n＝(4，2，)．因为AC⊥平面BDE，所以＝(3，－3，0)为平面BDE的一个法向量．7\n因为cos〈n，〉＝＝＝.故二面角FBED的余弦值为.(3)依题意，设M(t，t，0)(t>0)，则＝(t－3，t，0)，因为AM∥平面BEF，所以·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＝，所以点M是线段BD上靠近B点的三等分点．7