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1、【金版教程】2016届高三数学二轮复习 第一编 专题整合突破 4.2高考中的立体几何（解答题型）理12015唐山三模如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1是矩形，截面A1BC是等边三角形(1)求证：ABAC；(2)若ABAC，平面A1BC底面ABC，求二面角BB1CA1的余弦值解(1)证明：取BC中点O，连接OA，OA1.因为侧面BCC1B1是矩形，所以BCBB1，BCAA1，因为截面A1BC是等边三角形，所以BCOA1，于是BC平面A1OA，BCOA，因此：ABAC.(2)设BC2，则OA1，由ABAC，ABAC得OA1.因为平面A1BC底面ABC，OA1BC，所以OA1底面AB
2、C.如图，分别以OA，OB，OA1为正方向建立空间直角坐标系Oxyz.A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(0,0，)，C(0，1,0)，(0,2,0)，(1,0，)，(0,1，)，(1,1,0)设平面BB1C的法向量m(x1，y1，z1)，则取m(，0,1)设平面A1B1C的法向量n(x2，y2，z2)，则取n(，1)cosm，n，则二面角BB1CA1的余弦值为.2.2015衡水一调如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，且AB1，BC2，ABC60，E为BC的中点，AA1平面ABCD.(1)证明：平面A1AE平面A1DE；(2)若DEA1E，试求异面直线AE与A
3、1D所成角的余弦值；(3)在(2)的条件下，试求二面角CA1DE的余弦值解解法一：(1)依题意，BEECBCABCD，所以ABE是正三角形，AEB60，又CED(180120)30，所以AED90，DEAE.因为AA1平面ABCD，DE平面ABCD，所以AA1DE，因为AA1AEA，又AA1，AE在平面AA1E内，所以DE平面A1AE.因为DE平面A1DE，所以平面A1AE平面A1DE.(2)取BB1的中点F，连接EF、AF，连接B1C，则EFB1CA1D，所以AEF是异面直线AE与A1D所成的角因为DE，A1E，所以A1A，BF，AFEF，所以cosAEF.解法二：以A为原点，过A且垂直于B
4、C的直线为x轴，AD所在直线为y轴、AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AA1a(a0)，A(0,0,0)，则D(0,2,0)，A1(0,0，a)，E.(1)设平面A1AE的一个法向量为n1(m，n，p)，则p0，取m1，则n，从而n1(1，0)，同理可得平面A1DE的一个法向量为n2，直接计算知n1n20，所以平面A1AE平面A1DE.(2)由DEA1E，即，解得a，(0,2，)，所以异面直线AE与A1D所成角的余弦值cos.(3)由(2)可知A1A，平面A1DE的一个法向量为n2(，1，)，又，(0,2，)，设平面CA1D的法向量n3(x，y，z)，则得令x1，则y，z.所以n3(1
5、，)，设二面角CA1DE的平面角为，且为锐角，则cos|cosn2，n3|.所以二面角CA1DE的余弦值为.3.2015洛阳统考如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC. (1)若BE1，是否在折叠后的线段AD上存在一点P，且，使CP平面ABEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(2)求三棱锥ACDF的体积的最大值，并求出此时二面角EACF的余弦值解平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，FDEF，FD平面ABEF，又AF平面ABEF，FDAF，在折起过程
6、中，AFEF，又FDEFF，AF平面EFDC.以F为原点，FE，FD，FA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(1)解法一：若BE1，则各点坐标如下：F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)，平面ABEF的法向量可为(0,5,0)，()，(0,0,1)(0,5,0)，P，若CP平面ABEF，则必有，即0，(0,5,0)50，AD上存在一点P，且，使CP平面ABEF.解法二：AD上存在一点P，使CP平面ABEF，此时.理由如下：当时，可知，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，PC，则有，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MP綊EC，故四
7、边形MPCE为平行四边形，CPME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故有CP平面ABEF.(2)设BEx(00)，则D(0,2，m)，设平面ABE的法向量为n1(x1，y1，z1)，则由得，令x1，则y13，z10，n1(，3,0)，同理可求平面ADE的法向量n2，平面ABE平面ADE，n1n2，即n1n20，3可得m2，CD2.(2)(0,0，4)，设AB与平面ADE所成的角为，则sin|cos，n2|，直线AB与平面ADE所成角的取值范围为.5. 2015课标全国卷如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1ED1F4
8、.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn，
9、|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.6.2015天津高考 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点
10、，得M，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2,2)，(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而(1，2,1)又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0,1，解得2.所以，线段A1E的长为2.9