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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．(2016·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．36π B．16π
C．12π D.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)，B(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则＝(－1，1，2)，＝(－1，－1，0)
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，＝(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：②③
5．(2016·九江统考)
如图所示，在长方体ABCDA′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CA′BE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AA′＝AD＝2，则AB＝2λ，
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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．(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，∠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．
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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＝cos x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＝.
1．(2016·宣城一模)如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO
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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
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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sin α＝＝＝，
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．
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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．
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