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专题四 高考中的立体几何问题
解密考纲：立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等，难度中等．
1．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．
π
2．如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平
4面ABC,2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.
(1)求证：平面PBAD⊥平面COD；
(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．
3．如图， 四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝
1
高三数学一轮复习 2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．
(1)求证：DE∥平面BPC；
(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由．
5．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴
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︵
旋转120°得到的，G是DF 的中点．
︵
(1)设P是CE 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．
6．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．
——★ 参 考 答 案 ★——
1．(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
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∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥AE. ∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.
→→
(2)解：以O为原点，OA，OB的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，3，0)，D(0，－3，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，→
a)(a>0)，OF＝(－1,0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
→??n·OB＝0，?3y＝0，
则有?即?令z＝1，则n＝(－2,0,1)，
→x＋2z＝0，???n·OE＝0，
→
|2＋a||OF·n|2→
由题意得sin 45°＝|cos〈OF，n〉|＝＝2＝.
→a＋1·52|OF||n|∵a>0，∴解得a＝3.
→→
∴OF＝(－1,0,3)，BE＝(1，－3，2)， →→
－1＋6OF·BE5→→
∴cos〈OF·BE〉＝＝＝.
→→10·84|OF|·|BE|故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为
5. 4
π
2．(1)证明：∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，
4ππ
∴∠OCB＝，∴∠BOC＝，即CO⊥AB．
42又PO⊥平面ABC，OC?平面ABC，∴PO⊥OC． 又∵PO，AB?平面PAB，PO∩AB＝O， ∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PBAD． 又CO?平面COD，∴平面PBAD⊥平面COD．
(2)解：以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设|OA|＝1，则|PO|＝|OB|＝|OC|＝2，|DA|＝1. 则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，
→→→
∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2,0)，BD＝(0，－3,1)． 设平面BDC的法向量为n＝(x，y，z)，
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