专题讲座四立体几何在高考中的常见题型与求解策略

1、专题讲座四立体几何在高考中的常见题型与求解策略考情概述立体几何是历年高考必考的热点，试题难度中等，命题的热点主要有空间线面位置关系的证明和空间角的求解；试题背景有折叠问题，探索性问题等，考查了学生的空间想象能力、 逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能力， 解决此类问题一般有传统方法和向量方法，用向量法解决问题可以化繁为简，降低题目的难度专题一线面位置关系的证明与空间角的求解学生用书 P149(2016高考全国卷)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60.(1)证明：平面 ABEF平面

2、 EFDC；(2)求二面角 EBCA 的余弦值解(1)由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC.又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC.(2)过 D 作 DGEF，垂足为 G，由(1)知 DG平面 ABEF.以 G 为坐标原点，GF的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz.由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则 DF2，DG 3，可得 A(1，4，0)，B(3，4，0)，E(3，0，0)，D(0，0， 3)由已知，ABEF，所以 AB平面 EFDC.又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD

3、，CDEF.由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的平面角，CEF60.从而可得 C(2，0， 3)连接 AC，则EC(1，0， 3)，EB(0，4，0)，AC(3，4， 3)，AB(4，0，0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，所以可取 n(3，0， 3)设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0，同理可取 m(0，3，4)则 cosn，mnm|n|m|2 1919.故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919.空间中线面的平行与垂直的证明思路(1)利用相应的判定定理和性质定理去解决；(2)

4、利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是建立恰当的直角坐标系，将空间中的线、面分别用向量正确表示把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题1.(2016东城一模)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，BAD60，AB2，PA1，PA平面 ABCD，E 是 PC 的中点，F 是 AB 的中点(1)求证：BE平面 PDF；(2)求证：平面 PDF平面 PAB；(3)求平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的大小解：(1)证明：取 PD 的中点 M，连接 ME，MF.因为 E 是 PC 的中点，所以 ME 是PCD 的中位线，所以 ME12

5、CD.因为 F 是 AB 的中点，且四边形 ABCD 是菱形，所以 FB12CD.所以 MEFB.所以四边形 MEBF 是平行四边形，所以 BEMF.因为 BE平面 PDF，MF平面 PDF，所以 BE平面 PDF.(2)证明：因为 PA平面 ABCD，DF平面 ABCD，所以 DFPA.连接 BD，因为底面 ABCD 是菱形，BAD60，所以DAB 为正三角形因为 F 是 AB 的中点，所以 DFAB.因为 PAABA，所以 DF平面 PAB.因为 DF平面 PDF，所以平面 PDF平面 PAB.(3)建立如图所示的空间直角坐标系， 则 P(0， 0， 1)， C( 3， 3， 0)， D(

6、0， 2， 0)， F32，12，0，DC( 3，1，0)，PD(0，2，1)，由(2)知 DF平面 PAB，所以DF32，32，0是平面 PAB 的一个法向量设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，由 nDC0，nPD0，得3xy0，2yz0，令 y 3，则 x1，z2 3，所以 n(1，3，2 3)是平面 PCD 的一个法向量设平面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小为， 则cos|323 32|3494 131212，故平面 PAB 与平面 PCD 所成锐二面角的大小为 60.专题二平面图形的翻折问题学生用书 P150(2016高考全国卷)如图， 菱形 ABCD 的对角线 AC 与

7、 BD 交于点 O， AB5，AC6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AECF54，EF 交 BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置，OD 10.(1)证明：DH平面 ABCD；(2)求二面角 BDAC 的正弦值解(1)证明：由已知得 ACBD，ADCD.又由 AECF 得AEADCFCD，故 ACEF.因此 EFHD，从而 EFDH.由 AB5，AC6 得DOBO AB2AO24.由 EFAC 得OHDOAEAD14.所以 OH1，DHDH3.于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH.又 DHEF，而 OHEFH，所以 DH平面 ABCD.(2)如图， 以 H

8、为坐标原点， HF的方向为 x 轴正方向， HD的方向为 y 轴正方向， HD的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Hxyz.则 H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，AB(3，4，0)，AC(6，0，0)，AD(3，1，3)设 m(x1，y1，z1)是平面 ABD的法向量，则mAB0，mAD0，即3x14y10，3x1y13z10，所以可取 m(4，3，5)设 n(x2，y2，z2)是平面 ACD的法向量，则nAC0，nAD0，即6x20，3x2y23z20，所以可取 n(0，3，1)于是 cosm，nmn|m|n|1450 107

9、525，sinm，n2 9525.因此二面角 BDAC 的正弦值是2 9525.翻折问题的求解策略(1)解决这类问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化(2)在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形，进而将其转化为立体几何的常规问题求解2.(2016青岛模拟)如图所示，四边形 ABCD 中，ABAD，ADBC，AD6，BC4，AB2，点 E，F 分别在 BC，AD 上，且 E 为 BC 的中点，EFAB.现将四边形ABEF 沿 EF 折起，使二面角 AEFD 等于 60.(1)设 P 为 AD 的中点，

10、求证：CP平面 ABEF；(2)求直线 AF 与平面 ACD 所成角的正弦值解：(1)证明：取 AF 的中点 Q，连接 QE，QP.则 QPDF，QP12DF.又 DF4，EC2，且 DFEC，所以 QPEC，且 QPEC，即四边形 PQEC 为平行四边形所以 CPQE.又因为 QE平面 ABEF，CP平面 ABEF，所以 CP平面 ABEF.(2)由题意知，翻折后仍有 EFAF，EFFD，则 EF平面 AFD.所以AFD 为二面角 AEFD 的平面角，即AFD60.过 A 作 AOFD 于 O.又因为 AOEF，所以 AO平面 CDFE.作 OGEF 交 EC 于 G，则 OGFD，AOOG

11、.分别以 OG，OD，OA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz，在 RtAOF 中，AF2，AFO60，则 FO1，OA 3.所以 F(0，1，0)，A(0，0， 3)，D(0，3，0)，C(2，1，0)所以AF(0，1， 3)，AD(0，3， 3)，CD(2，2，0)设平面 ACD 的法向量为 n(x，y，z)，则nAD0，nCD0，即3y 3z0，2x2y0.令 z 3，得 y1，x1，所以 n(1，1， 3)，则 cosn， AF|13|2 52 55.所以直线 AF 与平面 ACD 所成角的正弦值为2 55.专题三立体几何中的探索性问题学生用书 P150(2016高

12、考北京卷)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5.(1)求证：PD平面 PAB；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；(3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面 PAD平面 ABCD，ABAD，所以 AB平面 PAD，所以 ABPD.又 PAPD，所以 PD平面 PAB.(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.因为 PAPD，所以 POAD.因为 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，所以 PO平面 ABC

13、D.因为 CO平面 ABCD，所以 POCO.因为 ACCD，所以 COAD.如图建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nPD0，nPC0，即yz0，2xz0，令 z2，则 x1，y2.所以 n(1，2，2)又PB(1，1，1)，所以 cosn， PBnPB|n|PB|33.所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为33.(3)设 M 是棱 PA 上一点，是存在0，1，使得AMAP.因此点 M(0，1，)，BM(1，)因为 BM平面 PCD，所以要使

14、BM平面 PCD，则BMn0，即(1，)(1，2，2)0，解得14.所以在棱 PA 上存在点 M，使得 BM平面 PCD，此时AMAP14.探索性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.3.在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F 分别是 CC1，BC的中点，AEA1B1，D 为棱 A1B1上的点(1)证明：DFAE；(2)是否存在一点 D， 使得平面 DEF 与

15、平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点 D 的位置；若不存在，说明理由解：(1)证明：因为 AEA1B1，A1B1AB，所以 ABAE，又因为 ABAA1，AEAA1A，所以 AB平面 A1ACC1，又因为 AC平面 A1ACC1，所以 ABAC.以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，E0，1，12 ，F12，12，0，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)设 D(x，y，z)，A1DA1B1且0，1，则(x，y，z1)(1，0，0)，所以 D(，0，1)，所以DF12，12，1，又AE0，1，12 ，所以DFAE12120，所以 D

16、FAE.(2)假设存在，设平面 DEF 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则nFE0，nDF0，因为FE12，12，12 ，DF12，12，1，所以12x112y112z10，12x112y1z10，即x132（1）z1，y1122（1）z1，令 z12(1)，则 n(3，12，2(1)由题可知平面 ABC 的一个法向量 m(0，0，1)因为平面 DEF 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为1414，所以|cosm，n|mn|m|n|1414，即|2（1）|9（12）24（1）21414，所以12或74(舍去)，所以当点 D 为 A1B1的中点时，满足要求1如图，ABCDA1B1C1D1是

17、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()A2 2B 3C. 5D 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，mEFxz0，令 y1，则 m(2，1，2)，故 cosm，CDmCD|m|CD|23213，tanm， CD2 2.故所求二面角的正切值为

18、 2 2.2(2016唐山统考)已知点 A、B、C、D 均在球 O 上，ABBC 3，AC3，若三棱锥 DABC 体积的最大值为3 34，则球 O 的表面积为()A36B16C12D163解析：选 B.由题意可得，ABC23，ABC 的外接圆半径 r 3，当三棱锥的体积取最大值时，VDABC13SABCh(h 为点 D 到底面 ABC 的距离)3 34133 34hh3，设 R 为球 O 的半径，则(3R)2R2r2R2，所以球 O 的表面积为 42216.3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，A

19、B，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(1，1，0)，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 x1，则 y1，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

20、，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

21、 FC 上，所以不成立答案：5(2016九江统考)如图所示， 在长方体 ABCDABCD中， ABADAA(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，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EFDA0， EFAB0，即2240，所以 2.(

22、2)设平面 EAB 的一个法向量为 m(1，y，z)，则mAB0，mAE0，因为AB(0，2 2，2)，AE(1，2，0)，所以2 2y2z0，1 2y0，所以 y22，z1，所以 m1，22，1.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|121222212 02（ 2）2（2）23102 6155.又二面角 CABE 为锐二面角，所以二面角 CABE 的余弦值为155.6(2015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，ABCBAD2， PAAD2，ABBC1.(1)

23、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 mPC0，mPD0，即xy2z0，2y2z0.令 y1，解得 z1，x1.所以 m(1，1，1)是平面 PCD

24、 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BQBP(，0，2)(01)，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，|cosCQ， DP|的最大值为3 1010.因为 ycos 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 BP 1222 5，所以

25、 BQ25BP2 55.1(2016宣城一模)如图，已知矩形 ABCD 中，AB2AD2，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 AB2AD2，O 为 CD 的中点，所以AOD，BOC 为等腰直角三角形，所以AOB90，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