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．(2022·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．36πB．16πC．12πD.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)，7\nB(－2，0，0)，C(0，－2，0)，C1(－1，－1，2)，则＝(－1，1，2)，＝(－1，－1，0)，＝(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：②③5．(2022·九江统考)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：7\n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，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．(2022·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．7\n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＝cosx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＝.7\n1．(2022·宣城一模)如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO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7\n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sinα＝＝＝，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．7\n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．7
