高考数学大二轮专题复习 审题 解题 回扣(要点回扣+易错警示+查缺补漏)立体几何 文

1 立体几何 (推荐时间：70分钟) 1． 如图，在六面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面 DEFG，AB⊥AC，ED⊥DG，EF∥DG.且AC＝1，AB＝ED＝EF＝2，

AD＝DG＝4.

(1)求证：BE⊥平面DEFG； (2)求证：BF∥平面ACGD； (3)求二面角F－BC－A的余弦值． (1)证明 ∵平面ABC∥平面DEFG， 平面ABC∩平面ADEB＝AB， 平面DEFG∩平面ADEB＝DE，∴AB∥DE. 又∵AB＝DE，∴四边形ADEB为平行四边形， ∴BE∥AD. ∵AD⊥平面DEFG，∴BE⊥平面DEFG. (2)证明 设DG的中点为M，连接AM，MF，

则DM＝12DG＝2， ∵EF＝2，EF∥DG， ∴四边形DEFM是平行四边形， ∴MF＝DE且MF∥DE， 由(1)知，ADEB为平行四边形， ∴AB＝DE且AB∥DE， ∴AB＝MF且AB∥MF， ∴四边形ABFM是平行四边形， 即BF∥AM，又BF⊄平面ACGD，故BF∥平面ACGD. (3)解 由已知，AD，DE，DG两两垂直，建立如图的空间坐标系，则 A(0,0,4)，B(2,0,4)，C(0,1,4)，F(2,2,0)，

∴BF→＝(0,2，－4)，BC→＝(－2,1,0)， 设平面FBC的法向量为n＝(x，y，z)，

则 n·BF→＝2y－4z＝0n·BC→＝－2x＋y＝0， 2

令z＝1，则n＝(1,2,1)， 而平面ABC的法向量m＝DA→＝(0,0,4)， ∴cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|

＝41＋4＋1×4＝66. 由图形可知， 二面角F－BC－A的余弦值为－66. 2． 如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，CD⊥AB，D为垂足．沿CD将△ABC对折，连接A、B，使得AB＝3.

(1)对折后，在线段AB上是否存在点E，使CE⊥AD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由； (2)对折后，求二面角B－AC－D的正切值． 解 (1)在线段AB上存在点E，使CE⊥AD. 由等腰直角△ABC可知，对折后，CD⊥AD，CD⊥BD，AD＝BD＝ 1.

在△ABD中，cos∠ADB＝AD2＋BD2－AB22·AD·BD

＝12＋12－32×1×1＝－12， ∴∠ADB＝120°，∠BAD＝∠ABD＝30°. 过D作AB的垂线，与AB交于点E，点E就是满足条件的唯一点．证明如下： 连接CE. ∵AD⊥DE，AD⊥CD，DE∩CD＝D， ∴AD⊥平面CDE，∴AD⊥CE， 即在线段AB上存在点E，使CE⊥AD. 在Rt△ADE中， ∠DAE＝30°，AD＝1，

得AE＝ADcos∠DAE＝132＝233.

(2)对折后，作DF⊥AC于F，连接EF， 3

∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D， ∴CD⊥平面ADB， ∴平面ACD⊥平面ADB. ∵DE⊥AD，且平面ACD∩平面ADB＝AD， ∴DE⊥平面ACD.∴DE⊥DF. 而DF⊥AC，所以AC⊥平面DEF， 即∠DFE为二面角B－AC－D的平面角． 在Rt△ADE中，∠DAE＝30°，AD＝1，

得DE＝ADtan∠DAE＝1×33＝33， 在Rt△ADF中，∠DAF＝45°，AD＝1，得 FD＝ADsin∠DAF＝1×22＝22.

在Rt△EDF中，∠EDF＝90°，tan∠DFE＝DEDF＝3322＝63， 即二面角B－AC－D的正切值为63. (第(2)问也可用向量法) 3． 三棱柱ABC－A1B1C1中，A1－AC－B是直二面角，AA1＝A1C ＝AC＝2，AB＝BC，且∠ABC＝90°，O为AC的中点． (1)若E是BC1的中点，求证：OE∥平面A1AB； (2)求二面角A－A1B－C1的余弦值． (1)证明 如图1所示，取BC的中点F，连接OF，EF， 则OF∥AB，EF∥BB1. 又OF∩EF＝F，AB∩BB1＝B， ∴平面OEF∥平面A1AB， 又OE⊂平面OEF，∴OE∥平面A1AB.

图1 图2 (2)解 如图2所示，连接A1O，BO， 4

∵A1A＝A1C，且O为AC的中点， ∴A1O⊥AC. 由题意可知，平面AA1C1C⊥平面ABC， ∴A1O⊥平面ABC. ∵AB＝BC，∴BO⊥OC. ∴OB、OC、OA1两两垂直． 以O为原点，OB、OC、OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 由题意可知，A1A＝A1C＝AC＝2，

又AB＝BC，AB⊥BC，∴OB＝12AC＝1， ∴各相关点的坐标为：O(0,0,0)，A(0，－1,0)，A1(0,0，3)，C(0,1,0)，C1(0,2，3)，B(1,0,0)．

∴AA1→＝(0,1，3)，AB→＝(1,1,0)，A1B→＝(1,0，－3)， A1C1

→＝(0,2,0)．

设平面AA1B的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则 n·AA1→＝0，n·AB→＝0⇔ y＋3z＝0，x＋y＝0，

令y＝1，得x＝－1，z＝－33， ∴n＝－1，1，－33. 设平面A1BC1的一个法向量为m＝(a，b，c)，

则 m·A1B→＝0，m·A1C1→＝0，∴ a－3c＝0，2b＝0， 令c＝3，则a＝3，得m＝(3,0，3)． ∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－3－112×73＝－277，

结合图形可知，二面角A－A1B－C1的平面角是钝角， ∴二面角A－A1B－C1的余弦值为－277. 4． 已知直角梯形ABCD与等腰直角△APB所在平面互相垂直，AD∥BC， ∠APB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝2，E为PB的中点． 5

(1)求证：直线AE∥平面PCD； (2)求平面PCD与平面PAB所成角的正弦值． (1)证明 如图1取PC的中点F，连接EF、DF. 在△PBC中，PE＝EB，PF＝FC，

所以EF綊12BC，

又AD綊12BC， 所以EF綊AD，故四边形AEFD为平行四边形， 所以AE∥DF， 又因为AE⊄面PCD，DF⊂面PCD， 所以AE∥平面PCD.

图1 图2 (2)解 如图2，取AB的中点O，CD的中点Q，连接OP，OQ. 在△APB中，AP＝PB，OA＝OB，∠APB＝90°，

所以PO⊥AB，且PO＝12AB＝1. 在直角梯形ABCD中，AO＝OB，DQ＝QC， 所以OQ∥BC， 又因为BC⊥AB，所以OQ⊥AB， 又因为面APB⊥面ABCD，面APB∩面ABCD＝AB， 所以OQ⊥面PAB. 以O为坐标原点，分别以OP、OB、OQ为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则P(1,0,0)，A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,1,2)，D(0，－1,1)．

故PD→＝(－1，－1,1)，PC→＝(－1,1,2)． 设面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，

则由 n⊥PD→n⊥PC→，得 n·PD→＝－x－y＋z＝0n·PC→＝－x＋y＋2z＝0， 6

令y＝1，则z＝－2，x＝－3. 故n＝(－3,1，－2)为面PCD的一个法向量． 因为OQ⊥面PAB，所以可取m＝(0,0,1)为面PAB的一个法向量．

故cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－2－32＋12＋－22＝－147.

设所求二面角为θ，所以|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝147， 所以sin θ＝1－cos2θ＝1－1472＝357. 5． 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC为正三角形，AA1⊥ 平面ABC，AA1＝2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点． (1)当M在什么位置时，MN⊥AA1，请给出证明； (2)若直线MN与平面ABN所成角的大小为θ，求sin θ的最大值． (1)证明 当M是线段AB1的中点时，MN⊥AA1. 下面给出证明： 如图，以AB，AA1所在直线为x轴，z轴，在平面ABC内过A且 与AB垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系．

设AA1＝2AB＝2，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，M12，0，1，

N

12，3

2，1.

所以MN→·AA1→＝0，32，0·(0,0,2)＝0. 即MN⊥AA1. (2)解 设AM→＝λAB1→，即M(λ，0,2λ)，其中0≤λ≤1， MN→＝12－λ，32，1－2λ，AB→＝(1,0,0)，

AN→＝12，32，1.

设n＝(x，y，z)是平面ABN的一个法向量，

则 n·AB→＝0，n·AN→＝0，即 x＝0，12x＋32y＋z＝0， 取n＝(0,2，－3)．