1、高考大題增分課四 立體幾何中的高考熱點問題命題解讀立體幾何是高考的重要內容，從近五年全國卷高考試題來看， 立體幾何每年必考一道解答題，難度中等，主要采用“論證與計算”相結合的模 式，即首先利用定義、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， 考查的熱點是平行與垂直的證明、 二面角的 計算，平面圖形的翻折，探索存在性問題，突出三大能力：空間想象能力、運算 能力、邏輯推理能力與兩大數學思想：轉化化歸思想、數形結合思想的考查空間的平行與垂直及空間角的計算題型丄_空間點、線、面的位置關系通?？疾槠叫?、垂直關系的證明，一般出現在解答題的第(1)問，解答題的第 問常

2、考查求空間角，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】(2017 全國卷n)如圖，四棱錐 P-ABCD 中，側面 PAD 為等邊三1角形且垂直于底面 ABCD ,AB= BC = qAD，/ BAD = / ABC =90E 是 PD 的中點.證明：直線 CE/平面 PAB;(2)點 M 在棱 PC 上，且直線 BM 與底面 ABCD 的夾角為 45求二面角 M-AB-D 的余弦值.解(1)證明：如圖，取 PA 的中點 F，連接 EF，BF.因為 E 是 PD 的中點，1所以 EF / AD，EF= 2AD .由/ BAD=ZABC= 90 得 BC / AD .又

3、BC= AD，所以 EF 綊 BC，四邊形 BCEF 是平行四邊形,所以 CE / BF.又 BF 平面 PAB,CE平面 PAB,故 CE/平面 PAB.(2)由已知得 BA 丄 AD,以 A 為坐標原點,AB 的方向 為x 軸正方向，|AB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系 A-xyz,則 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), P(0,1,3), PC= (1,0, - . 3), AB= (1,0,0).設 M(x, y, z)(0 x 匸 sin 45_|z|V(x- 1f+ y2+z2(舍去),或 y= 1,x = 1-設 m= (xo, yo, zo)是

4、平面 ABM 的法向量，則因此二面角 M-AB-D 的余弦值為詩0規律方法(1)證明空間線線、線面、面面的位置關系，常借助理論證明， 必要時可依據題設條件添加輔助線(2)求解空間角的問題，常借助坐標法，即建立恰當的坐標系，通過求解相 應平面的法向量、直線的方向向量，利用向量的夾角公式求解便可，但需注意向 量夾角與待求角的區別與聯系跟蹤塚習(2018 北京高考)如圖，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，.CCi丄平面 ABC, D , E, F, G 分別為 AA1, AC, A1C1, BB1的曲:中點，AB_ BC _A/5, AC_ AA1_ 2.(1) 求證：AC 丄平面 BEF;(2)

5、求二面角 B-CD-C1的余弦值；證明：直線 FG 與平面 BCD 相交.解(1)證明：在三棱柱 ABC-A1B1C1中,因為 CC1丄平面 ABC,所以四邊形 A1ACC1為矩形.又 E, F 分別為 AC, A1C1的中點，m AM = 0,m AB = 0,即xo=0,所以可取 m = (0, -6, 2).于是 cosm, nmn _V?0|m|n5所以 AC 丄 EF.因為 AB= BC,所以 AC 丄 BE.所以 AC 丄平面 BEF.(2)由(1)知 AC 丄 EF, AC 丄 BE, EF/ CCi.又 CCi丄平面 ABC,所以 EF 丄平面 ABC.因為 BE 平面 ABC

6、,所以 EF 丄 BE.如圖，建立空間直角坐標系 E-xyz.由題意得B(0,2,0), C( 1,0,0), D(1,0,1),F(0,0,2), G(0,2,1).所以 BC= ( 1, 2,0), BD = (1, 2,1).設平面 BCD 的法向量為 n = (x0, y0, z),則f丨 n BC = 0,x+ 2y= 0,即fx0 2y0+ Z0= 0.n BD = 0,令 y0= 1,則 X0= 2, Z0= 4.于是 n = (2, 1, 4).又因為平面 CC1D 的法向量為 EB= (0,2,0),fn EB _V21f=21 .|n |EB|f所以 cos 由題知二面角

7、B-CD-C1為鈍角，所以其余弦值為2121 .(3)證明：由(2)知平面 BCD 的法向量為 n = (2, 1, 4), FG = (0,2, 1).因為 n FG = 2X0+ ( 1)X2+ ( 4)X( 1) = 2 工 0,所以直線 FG 與平面 BCD 相交.立體幾何中的探索性問題霆型蘭_此類試題一般以解答題形式呈現，常涉及線面平行與垂直位置關系的探索或 空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種考查形式：(1)根據條件作 出判斷，再進一步論證；(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 北京高考)如圖，在四棱錐 P-ABC

8、D 中, 平面 PAD 丄平面 ABCD, FAXPD, FA= PD, AB 丄 AD, AB =1,AD= 2, AC = CD =百 5.(1)求證：PD 丄平面 PAB;(2) 求直線 PB 與平面 PCD 夾角的正弦值；(3) 在棱 PA 上是否存在點M，使得 BM /平面 PCD ?若存在，求 AP 的值;若不存在，說明理由.解證明：因為平面 PAD 丄平面 ABCD, ABXAD,所以 AB 丄平面 PAD,所以 ABXPD .又因為 PAXPD,所以 PD 丄平面 PAB.取 AD 的中點 O,連接 PO, CO.因為 PA= PD,所以 POXAD.又因為 PO 平面 PAD

9、，平面 PAD 丄平面 ABCD , 所以 PO 丄平面 ABCD.因為 CO 平面 ABCD，所以 POXCO.因為 AC = CD，所以 CO 丄 AD . 如圖，建立空間直角坐標系 O-xyz.由題意得，A(0,1,0), B(1,1,0), C(2,0,0), D(0,P(0,0,1)設平面 PCD 的法向量為 n = (x, y, z),則fn PD = 0,n PC = 0,yz= 0,i2x z= 0.令 z= 2,貝 U x= 1, y= 2.所以n= (1, 2,2).n PB|n|PB| 所以直線 PB 與平面 PCD 夾角的正弦值為百.設 M 是棱 FA 上一點,則存在疋

10、0,1使得 AM =；AP.因此點 M(0,1入A, BM = ( 1,人 因為 BM 平面 PCD,所以要使 BM /平面 PCD,當且僅當 BM n= 0,即（1,入A(, 2,2) = 0.1AM1解得A4.所以在棱 PA 上存在點 M 使得 BM /平面 PCD ,此時 AP = 4.又 PB= (1,1, 1),所以 cosn, PB3規律方法解立體幾何中探索性問題的方法（1）通常假設題中的數學對象存在（或結論成立）,然后在這個前提下進行邏輯(2)如圖，設 AC 的中點為 O,作 OE 丄 OA，推理;(2) 若能推導出與條件吻合的數據或事實，說明假設成立，即存在，并可進 一步證明；

11、(3) 若推導出與條件或實際情況相矛盾的結論，則說明假設不成立，即不存 在.易錯警示：探索線段上是否存在點時，注意三點共線條件的應用跟蹤練習如圖所示，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，側棱 BBi丄底面 ABC，BBi= 4，AB 丄 BC，且 AB= BC = 3.2,點 M，N 分別為棱 AB，BC上的動點，且 AM = BN，D 為 BiCi的中點.(1) 當點 M , N 運動時，能否出現 AD /平面 BiMN 的情況，請說明理由；(2) 若 BN= 2,求直線 AD 與平面 BiMN 夾角的正弦值.解當 M，N 分別為 AB，BC 的中點時，AD /平面 BiMN.證明如下: 連接

12、CD，當 M，N 分別為 AB，BC 的中點時，CN / BiD，且 CN = BiD =|BC，四邊形 BiDCN 為平行四邊形，二 DC / BiN.又 DC 平面 BiMN，BiN 平面 BiMN， DC / 平面 BiMN.又易知 AC/ MN，AC 平面 BiMN，MN 平面 BiMN， AC/ 平面 BiMN.vDCnAC=C，A平面 ADC /平面 BiMN./ AD 平面 ADC，： AD /平面 BiMN.虬BA.A以 0 為原點，OA, OE, OB 所在直線分別為 x, y, z 軸建立空間直角坐標系， BN= 2, AB= BC = 3 2,二 AC = 6.M(2,0

13、,1), N(- 1,0,2), A(3,0,0), Bi(0, -4,3), D -1, -4, | , MN = (-3,0,1), BiM = (2,4, 2).設平面 BiMN 的法向量為 n= (x, y, z),可得平面 BiMN 的一個法向量為 n= (1,1,3).|n|AD|設直線 AD 與平面 BiMN 的夾角為a平面圖形的翻折問題璽型型_將平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考查點、線、面間的位置關系 及有關幾何量的計算是近年高考的熱點，注重考查空間想象能力、知識遷移能力 和轉化思想試題以解答題為主要呈現形式，中檔難度.n MN = 0,則有|n BiM = 0,3x+

14、 z= 0,即2x+ 4y-2z= 0,又 AD =-,3-4, 2 ,|cos n,AD匸n AD4.1477則 sina=|cosn, AD |=4 ,1477【例 3】(本題滿分 12 分)(2018 全國卷I)如圖，四邊形 ABCD 為正方形，E, F 分別為 AD, BC 的中點，以 DF 為折痕把厶 DFC 折起，使點 C 到B達點 P 的位置，且 PF 丄 BF.(1)證明：平面 PEF 丄平面 ABFD；求 DP 與平面 ABFD 夾角的正弦值.信息提取看到ABCD 為正方形，想到正方形中的邊角關系；看到把厶 DFC 折起，想到折疊問題中的“變”與“不變量”；看到想到面面垂直的

15、判定定理，想到線面垂直，想到線線垂直；看到想到線面角的求法，想到如何建系求直線 DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量.規范解答(1)證明：由已知可得，BF 丄 PF，BF 丄 EF，所以 BF 丄平面 PEF.又 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF 丄平面 ABFD .作 PH 丄 EF，垂足為 H.由(1)得，PH 丄平面 ABFD . 以 H 為坐標原點，HF 的方向為 y 軸正方向，|BF|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系H-xyz.5 分A由(1)可得，DE 丄 PE.又 DP = 2，DE = 1,所以 PE=.3.又 PF = 1，EF = 2,故 PE 丄 PF.可

16、得 PH =寧，EH = 3.7 分g 0，為平面 ABFD 的法向量.則 H(0,0,0)，P 0，0 冷，D -1, -2, 0，DP =|HP|DP|10 分，HP 二HP DP 設 DP 與平面 ABFD 的夾角為 9,貝 U sinAI即 DP 與平面 ABFD 夾角的正弦值為 .12 分易錯與防范易錯點防范措施不能恰當的建立坐標系由(1)的結論入手，結合面面垂直的性質及正方形的性質建立空間直角坐標系建系后寫不出相應點的坐標結合折疊前后的不變量，注意題設條件中的隱含，如PF 丄平面 PED，即可求出 PH，從而求出相應點的坐標通性通法立體幾何中的折疊問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面

17、位置關系和度量關系的變化情況，一般地翻折后還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跟蹤練習(2019 湖南六校聯考)如圖，梯形 EFBC 中，EC/ FB, EF 丄 BF,2BF = 3EC = 4, EF= 2, A 是 BF 的中點，AD 丄 EC，D 在 EC 上，將四邊形 AFED沿 AD 折起， 使得平面 AFED 丄平面 ABCD，點M是線段 EC 上異于 E，C 的任 意一點.當點M是 EC 的中點時，求證：BM /平面 AFED;(2)當平面 BDM 與平面 ABF 所成的銳二面角的正弦值為 尹時，求三棱錐E-BDM 的體積.解法一：取 ED 的中點

18、N，連接 MN，AN，1點 M 是 EC 的中點，二 MN/ DC，且 MN = 2DC，而 AB / DC ,且 AB=1DC, MN 綊 AB,即四邊形 ABMN 是平行四邊形,BM / AN,又 BMg 平面 AFED , AN 平面 AFED, BM / 平面 AFED .法二：TAD 丄 CD, AD 丄 ED,平面 AFED 丄平面 ABCD,平面 AFEDG平面以 DA, DC , DE 所在直線分別為 x, y, z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,4,0), E(0,0,2), M(0,2,1),二 BM

19、 = ( 2,0,1),又平面 AFED 的一個法向量 DC = (0,4,0),BM DC = 0, BM 丄 DC ,又 BM 平面 AFED,： BM /平面 AFED.(2)依題意設點 M 0, t, 2 2(0 | =|nin2|_n1in2廠ZPEB 是二面角 P-EF-B 的平面角，/ PEB = 60又 PE= 2, BE= 1,由余弦定理得 PB=，3, PB2+ EB2= PE2,： PB 丄EB,APB, BC, EB 兩兩垂直.以 B 為坐標原點,BC 所在直線為 x 軸，BE 所在直線為 y 軸，BP 所在直線 為 z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，貝 U P(0,

20、0,.3), C(3,0,0), E(0,1,0), F(2,1,0),-PE= (0,1, - 3), PF 二(2,1, - .3),設平面 PEF 的法向量為 n = (x, y, z),- n PE = 0,y3z= 0,由即| X n2x+ y-0,n PF = 0,令 y= 3,則 z= 1, x= 0,可得 n= (0,. 3, 1),.n PC 1-sin0=4.|n|PC|1故直線 PC 與平面 PEF 夾角0的正弦值為 4.2.(2019 西寧模擬)底面為菱形的直棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，E, F 分別為棱A1B1, A1D1的中點.(1)在圖中作出一個平面a使得

21、 BDa且平面AEF/a;(不必給出證明過程，只要求作出a與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)若 AB = AA1= 2,ZBAD = 60 求平面 AEF 與 平面a的距離 D .解如圖,取 B1C1的中點 M,D1C1的中點 N,連接 BM , MN , ND,則平面 BMND 即為所求平面a又 PC= (3,0,.3),B(2)如圖，連接 AC 交 BD 于點 0,在直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中，底面為菱形, AC 丄 BD,以點 0 為坐標原點,分別以 DB, AC 所在直線為 x 軸，y 軸，過點 0 且垂直于平面 ABCD 的直線為 z 軸建立如圖所示空間直角 坐標系

22、，又直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中所有棱長為 2,ZBAD= 60 A(0, -3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(1,0,0),Ai(0, -. 3,2),Bi(1,0,2),Di(-1,0,2),-El 亞21F i並 2 ,Ek，2，2J，F2，2，2/AB= (i, 一 3, 0),設平面 AEF 的法向量 n= (x, y, z),i 3n AE = 0,2x+Ty+2z=0，則即i .3nAF = 0,-2x+2y+2z=0,令 y= 4 .3,得 n= (0,4.3, 3),n 匸,57,點 B 到平面 AEF 的距離 h= AB n|n|二 AE= 2， 2，12 _ W5757 二 i9 ，2 , AF 二i 亞2， 24/57 平面 AEF 與平面a的距離 d =3.如圖，在三棱錐 P-ABC 中， FAC 為正三角形，M 為線段