1、專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點題型高考導航1.立體幾何是高考的重要內容，每年都有選擇題或填空題或解答題考查.小題主要考查學生的空間觀念，空間想象能力及簡單計算能力.解答題主要采用“論證與計算”相結合的模式，即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角的計算.重在考查學生的邏輯推理能力及計算能力.熱點題型主要有平面圖形的翻折、探索性問題等；2.思想方法：(1)轉化與化歸(空間問題轉化為平面問題)；(2)數形結合(根據空間位置關系利用向量轉化為代數運算).熱點一空間點、線、面的位置關系及空間角的計算(規范解答)空間點、線、面的位置關系通常考查

2、平行、垂直關系的證明，一般出現在解答題的第(1)問，解答題的第(2)問常考查求空間角，求空間角一般都可以建立空間直角坐標系，用空間向量的坐標運算求解.【例1】 (滿分12分)(2017·湖州模擬)如圖，在ABC中，ABC，O為AB邊上一點，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(1)求證：平面PBD平面COD；(2)求直線PD與平面BDC所成角的正弦值.滿分解答(1)證明OBOC，又ABC，OCB，BOC.COAB.2分又PO平面ABC，OC平面ABC，POOC.又PO，AB平面PAB，POABO，CO平面PAB，即CO平面PDB.4分又CO平面CO

3、D，平面PDB平面COD.6分(2)解以OC，OB，OP所在射線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.設OA1，則POOBOC2，DA1.則C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，(0，1，1)，(2，2，0)，(0，3，1).8分設平面BDC的一個法向量為n(x，y，z)，令y1，則x1，z3，n(1，1，3).10分設PD與平面BDC所成的角為，則sin .即直線PD與平面BDC所成角的正弦值為.12分得步驟分：抓住得分點的步驟，“步步為贏”，求得滿分.如第(1)問中，先證線面垂直，再證兩面垂直.得關鍵分：解題過程不可忽視的關鍵點，有則給分，無則

4、沒分，如第(1)問中證線面垂直不可漏“CO平面PDB”.得計算分：解題過程中計算準確是得滿分的根本保證.如第(2)問中求法向量n，計算線面角正弦值sin . 利用向量求空間角的步驟第一步：建立空間直角坐標系.第二步：確定點的坐標.第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標.第四步：計算向量的夾角(或函數值).第五步：將向量夾角轉化為所求的空間角.第六步：反思回顧.查看關鍵點、易錯點和答題規范.【訓練1】 如圖所示，在多面體A1B1D1­DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EFB1C

5、.(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值.(1)證明由正方形的性質可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A為原點，分別以，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1

6、，0，1)，D1(0，1，1)，而E點為B1D1的中點，所以E點的坐標為.設平面A1DE的一個法向量n1(r1，s1，t1)，而該面上向量，(0，1，1)，由n1，n1得(1，1，1)為其一組解，所以可取n1(1，1，1).設平面A1B1CD的一個法向量n2(r2，s2，t2)，而該面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1).則cosn1，n2.所以二面角EA1DB1的余弦值為.熱點二立體幾何中的探索性問題此類試題一般以解答題形式呈現，常涉及線、面平行、垂直位置關系的探究或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種解決方式：(1)根據條件作出判斷，再進一步論證；

7、(2)利用空間向量，先假設存在點的坐標，再根據條件判斷該點的坐標是否存在.【例2】 (2016·北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求證：PD平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由.(1)證明因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.(2)解取AD的中點O，連接PO，CO.因為PAPD，所以POAD

8、.因為PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD，所以POCO.因為ACCD，所以COAD.如圖，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).設平面PCD的一個法向量為n(x，y，z)，則即令z2，則x1，y2.所以n(1，2，2).又(1，1，1)，所以cosn，.所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.(3)解設M是棱PA上一點，則存在0，1，使得.因此點M(0，1，)，(1，).因為BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，則·n0，即(1，)·

9、(1，2，2)0，解得.所以在棱PA上存在點M，使得BM平面PCD，此時.探究提高(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規定范圍內的解”等.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數.【訓練2】 (2015·天津卷改編)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且點M和N分別為B1C和D1D的中點.(1)求證：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)在棱A1B1上是

10、否存在點E，使得直線NE與平面ABCD所成角的正弦值為？若存在，求出線段A1E的長；若不存在，請說明理由.解如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得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)，又因為M，N分別為B1C和D1D的中點，所以M，N(1，2，1).(1)證明依題意，可得n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由此可得·n0，又因為直線MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)，設n1(x1，y1，z1)為平面ACD1的一個法

11、向量，則即不妨設z11，可得n1(0，1，1).設n2(x2，y2，z2)為平面ACB1的一個法向量，則又(0，1，2)，得不妨設z21，可得n2(0，2，1).因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以二面角D1ACB1的正弦值為.(3)假設存在點E，使得NE與平面ABCD所成角的正弦值為.依題意，可設，其中0，1，則E(0，2)，從而(1，2，1)，又n(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得|cos，n|，整理得2430，解得2±.又因為0，1，所以2，因此存在點E，滿足題設條件，且線段A1E2.熱點三立體幾何中的折疊問題將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，

12、使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結合命題，考查學生的空間想象力和分析問題的能力.【例3】 (2016·全國卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)證明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.(1)證明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，從而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故

13、DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解如圖，以H為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系Hxyz.則H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，(3，1，3).設m(x1，y1，z1)是平面ABD的一個法向量，則即所以可取m(4，3，5).設n(x2，y2，z2)是平面ACD的一個法向量，則即所以可取n(0，3，1).于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.探究提高立體幾何中的折疊問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況，一般地翻折后還

14、在同一個平面上的性質不發生變化，不在同一個平面上的性質發生變化.【訓練3】 (2015·陜西卷)如圖1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點.將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖2.(1)證明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.(1)證明在題圖1中，因為ABBC1，AD2，E是AD的中點，BAD，所以BEAC.即在題圖2中，BEOA1，BEOC，從而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC為二面角