高三数学理二轮复习解答题专练三立体几何.docx
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高三数学理二轮复习解答题专练三立体几何
解答题专练（三）——立体几何
（见学生用书P192）
1．（2014·福建卷）在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．
（1）求证：
AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
解析：
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，
所以AB⊥平面BCD.
又因为CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD.
（2）过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．
由
（1）知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BE，AB⊥BD.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意，得B（0，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），A（0，0，1），M，
则＝（1，1，0），＝，＝（0，1，－1），
设平面MBC的法向量n＝（x0，y0，z0），
则即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝（1，－1，1）．
设直线AD与平面MBC所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
2．（2014·全国卷Ⅱ）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（1）证明：
PB∥平面AEC；
（2）设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积．
解析：
（1）证明：
连接BD，设AC与BD的交点为G，则G为AC，BD的中点，连接EG.在△PBD中，中位线EG∥PB，且EG在平面AEC内，所以PB∥平面AEC.
（2）设CD＝m，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），D（0，，0），E，C（m，，0）．
所以＝（0，，0），＝，＝（m，，0）．
设平面ADE的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则n1·＝0，n1·＝0，可取一个n1＝（1，0，0）．
同理设平面ACE的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则n2·＝0，n2·＝0，
可取一个n2＝（－，m，－m）．
因为cos＝|cos〈n1，n2〉|＝
＝＝，解得m＝.
设F为AD的中点，连接EF，
则PA∥EF，且EF＝＝，EF⊥平面ACD，
所以EF为三棱锥E－ACD的高，
所以VE－ACD＝·S△ACD·EF
＝××××＝.
所以三棱锥E－ACD的体积为.
3．（2015·浙江卷）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
（1）证明：
A1D⊥平面A1BC；
（2）求二面角A1－BD－B1的平面角的余弦值．
解析：
（1）证明：
设E为BC的中点，
由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，得
DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A且DE＝A1A.
所以A1AED为平行四边形．
故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，
所以A1D⊥平面A1BC.
（2）（方法1）作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.
由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4.
由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1－BD－B1的平面角．
由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，
得BD＝3，A1F＝B1F＝，
由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.
（方法2）以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：
A1（0，0，），B（0，，0），D（－，0，），
B1（－，，），
因此＝（0，，－），＝（－，－，），＝（0，，0）．
设平面A1BD的法向量为m＝（x1，y1，z1），平面B1BD的法向量为n＝（x2，y2，z2）．
由
即
可得m＝（0，，1）．
由
即
可得n＝（，0，1）．
于是|cos〈m，n〉|＝＝.
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，
故二面角A1－BD－B1的平面角的余弦值为－.
4．（2015·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＝，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．
解析：
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（1，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0），
P（0，0，2）．
（1）因为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，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，
所以BQ＝BP＝.
5．（2015·湖南卷）如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．
（1）若P是DD1的中点，证明：
AB1⊥PQ；
（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．
解析：
（方法1）由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则相关各点的坐标为A（0，0，0），B1（3，0，6），D（0，6，0），D1（0，3，6），Q（6，m，0），其中m＝BQ，0≤m≤6.
（1）若P是DD1的中点，则P，
＝.
又＝（3，0，6），
于是·＝18－18＝0，
所以A⊥，即AB1⊥PQ.
（2）由题设知，＝（6，m－6，0），＝（0，－3，6）是平面PQD内的两个不共线向量．
设n1＝（x，y，z）是平面PQD的一个法向量，
则
即
取y＝6，得n1＝（6－m，6，3）．
又平面AQD的一个法向量是n2＝（0，0，1），
所以cos〈n1，n2〉＝
＝
＝.
而二面角P－QD－A的余弦值为，
因此＝，
解得m＝4，或m＝8（舍去），
此时Q（6，4，0）．
设＝λ（0＜λ≤1），
而＝（0，－3，6），
由此得点P（0，6－3λ，6λ），
所以＝（6，3λ－2，－6λ）．
因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝（0，1，0），
所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P（0，4，4）．
于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P－ADQ，则其高h＝4.
故四面体ADPQ的体积
V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.
（方法2）
（1）如图，取A1A的中点R，连接PR，BR.
因为A1A，D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面．
由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，
所以BC⊥平面ABB1A1，
因此BC⊥AB1，①
因为tan∠ABR＝＝＝＝tan∠A1AB1，
所以∠ABR＝∠A1AB1，
因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，
于是AB1⊥BR.
再由①即知AB1⊥平面PRBC.
又PQ⊂平面PRBC，故AB1⊥PQ.
（2）如图，过点P作PM∥A1A交AD于点M，则PM∥平面ABB1A1.②
因为A1A⊥平面ABCD，
所以PM⊥平面ABCD.
过点M作MN⊥QD于点N，连接PN，
则PN⊥QD，∠PNM为二面角P－QD－A的平面角，
所以cos∠PNM＝，
即＝，从而＝.③
连接MQ，由PQ∥平面ABB1A1及②知，平面PQM∥平面ABB1A1，
所以MQ∥AB.
又ABCD是正方形，
所以ABQM为矩形，
故MQ＝AB＝6.
设MD＝t，则
MN＝＝④
过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，
则AA1D1E为矩形，
所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，
因此ED＝AD－AE＝3.
于是＝＝＝2，
所以PM＝2MD＝2t.
再由③④得＝，
解得t＝2，因此PM＝4.
故四面体ADPQ的体积
V＝S△ADQ·PM＝××6×6×4＝24.
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