第三讲 大题考法——立体几何
题型(一)
平行、垂直关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面?面面?平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.
[典例感悟]
[典例1] 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
[证明] (1)因为AD⊥平面PAB，AP?平面PAB，
所以AD⊥AP.
又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD?平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，
因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD?平面PAD，AP?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB?平面PAB，
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，
因为CD?平面PAB，AB?平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法证明平行、垂直关系的思路
2．向量法证明平行、垂直关系的步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
(3)通过空间向量的运算求出方向向量或法向量，再研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
[演练冲关]
1．如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，且AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝AD＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
∵F是CE的中点，
∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，
即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，
又BF?平面ADP，AG?平面ADP，
∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，
∴四边形ABMD是正方形，
∴BD⊥AM，DM＝AB＝2PE，
由(1)知FG＝2PE，∴FG＝DM，
又FG∥CD，即FG∥DM，
∴四边形DMFG为平行四边形，
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，
∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，
∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
题型(二)
几何法与空间向量法解空间角问题
主要考查空间几何体中，求解有关线线角、线面角、二面角的大小 或三角函数值的问题.
[典例感悟]
[典例2] (2017·浙江高考)如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] 法一：(1)证明：设AD的中点为O，连接OB，OP.
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴OP⊥AD.
∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，
∴四边形BCDO为平行四边形，
又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，
∵OP?平面OPB，OB?平面OPB，OP∩OB＝O，
∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设CD＝1，则有
A(0，－1,0)，B(1,0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)．
设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，
得得x＝－，z＝.
即点P，而E为PD的中点，
∴E.
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
∵＝，＝(1,1,0)，
∴
取y1＝－1，得n＝(1，－1，)．
而＝，则·n＝0，
而CE?平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
∵＝(0,1,0)，＝，
∴取x2＝1，
得m＝(1,0，)．
设直线CE与平面PBC所成角为θ.
则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝，
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
法二：(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF.
因为BF?平面PAB，CE?平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法求线面角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；
(3)将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)，通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，即sin θ＝.其中，θ为线面角，h为点B到平面α的距离，l为斜线段AB的长．如图．
2．几何法求二面角的步骤
(1)找：①点(定义法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图(1)，∠AOB为二面角α-l-β的平面角．
②线(三垂线定理法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图(2)，∠ABO为二面角α-l-β的平面角．
③面(垂面法)：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图(3)，∠AOB为二面角α-l-β的平面角．
(2)算：sin θ＝，如图(4)，θ为二面角的大小，h为点A到平面β的距离，d为点A到棱l的距离．
3．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.
(2)直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.
4．利用空间向量求二面角的方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
[演练冲关]
2．(2018·温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABC -A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，且△A1B1C为等边三角形．
(1)求证：平面A1B1C⊥平面ABC；
(2)求直线BB1与平面ABC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，
∴AC⊥B1C，
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.
又∵B1A1∩B1C＝B1，∴AC⊥平面A1B1C，
∵AC?平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面ABC.
(2)法一：∵平面A1B1C⊥平面ABC，
∴平面A1B1C⊥平面A1B1C1.
取A1B1的中点D，
∵△A1B1C为等边三角形，
∴CD⊥平面A1B1C1，
∴CD⊥平面ABC.
取AB的中点E，
连接DE则BB1∥DE，
∴∠DEC为直线BB1与平面ABC所成角的平面角．
令AB＝2AC＝2，
∵AC⊥平面A1B1C，∴∠ACA1＝90°，
∴AA1＝，即DE＝，
∵△A1B1C为等边三角形，∴DC＝，
∴sin∠DEC＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AC，AB所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2AC＝2，则
C(1,0,0)，B(0,2,0)，
设B1(x，y，z)，
∵AC⊥B1C，∴x＝1.
∵B1C＝2，∴y2＋z2＝4.
由＝，得A1(1，y－2，z)．
∵A1C＝2，∴(y－2)2＋z2＝4，
∴y＝1，z＝，
∴＝(1，－1，)，
又平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
∴cos〈，n〉＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
3．(2019届高三·温州十校联考)如图，已知三棱锥P-ABC中，AB＝5，AC＝7，BC＝8，PB＝12，PB⊥平面ABC.
(1)求直线BP与平面PAC所成角的正弦值；
(2)求二面角A-PC-B的余弦值．
解：(1)在△ABC中，cos∠ABC＝＝，
∴∠ABC＝60°.
以B为坐标原点，BA，BP所在直线为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，P(0,0,12)，A(0,5,0)，C(4，4,0)，＝(0,5，－12)，＝(4，－1,0)．
设平面PAC的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则即
取c＝5，得b＝12，a＝.
∴平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．又＝(0,0,12)，设直线BP与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
∴直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.
(2)由(1)知平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
又＝(4，4，－12)，
则即
令x＝，则y＝－3，可得m＝(，－3,0)．
∴cos〈m，n〉＝＝＝－.
由图易知二面角A-PC-B的平面角为锐角，
∴二面角A-PC-B的余弦值为.
题型(三)
利用空间向量解决探索性问题
主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问.
[典例感悟]
[典例3] 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图②所示．
(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
在图①中，∵E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，∴EF∥AC，DG＝GB＝2GH.
在图②中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD，∴GR⊥平面PEF.
(2)由题意，以P为坐标原点，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz.
设PD＝4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)．则＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)．
∵＝λ，∴＝，
∴R.
∴＝
＝.
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
取z＝1，则m＝(2,2,1)．
∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
∴|cos〈m，〉|＝
＝
＝＝，
∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去)．
故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.
[备课札记]
[方法技巧]
利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
[演练冲关]
4．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC;
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M -AC-D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由AD＝CD＝2，BC＝4，
可得△ABC是等腰直角三角形，
即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，
＝(0,2，－2)，
＝(2，2，0)．
设＝t (0则点M的坐标为(0，2t，2－2t)，
所以＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)，
＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以存在PD的中点M使得二面角M-AC-D的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.
[技法指导]
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
[典例] (2019届高三·温州模拟)在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠APB＝90°，
点M是线段AB上一点，且PM⊥CD，AB＝BC＝2PB＝2AD＝4BM.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求直线CM与平面PCD所成角的正弦值．
[解题示范]
(1)证明：由AB＝2PB＝4BM及∠ABP＝∠PBM，得△PBM∽△ABP，
∴∠PMB＝∠APB＝90°，∴PM⊥AB.
∵AD∥BC，AD≠BC，
∴直线AB与直线CD在平面ABCD内必相交，
又∵PM⊥CD，
∴PM⊥平面ABCD，
∵PM?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)法一：(几何法)过点M作MH⊥CD于点H，连接HP.
∵PM⊥CD，且PM∩MH＝M，PM，MH?平面PMH，
∴CD⊥平面PMH，又CD?平面PCD，
∴平面PMH⊥平面PCD，
过点M作MN⊥PH于点N，连接CN.
∵平面PMH∩平面PCD＝PH，
∴MN⊥平面PCD，
∴∠MCN为直线CM与平面PCD所成的角．
在四棱锥P-ABCD中，设AB＝2t(t>0)，
则CM＝t，PM＝t，MH＝t，
∴PH＝t，MN＝t，
从而sin∠MCN＝＝，
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
法二：(向量法)过M作BA的垂线交AB于M，以MB为y轴，MP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设BM＝1，则B(0,1,0)，C(4，1,0)，P(0,0，)，D(2，－3,0)，M(0,0,0)，
∴＝(4,1，－)，＝(2，－3，－)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝，
设直线CM与平面PCD所成的角为θ，
∵＝(4,1,0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
[思维升华]
立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．
[应用体验]
(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．
解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
又BF?平面PAB，CE?平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0则＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，
＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0. ①
又M在棱PC上，设＝λ，
则x＝λ，y＝1，z＝－λ. ②
由①②解得(舍去)，或
所以M，
从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的一个法向量，
则
即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角M-AB-D为锐角，
因此二面角M-AB-D的余弦值为.
1.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.
(1)证明：BF⊥EM；
(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，
又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，
∴BM⊥EM.①
在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2，BC＝2，
又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝，CM＝1.
∵FM＝＝，EM＝＝3，
EF＝＝2，
∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM.②
又FM∩BM＝M，③
∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.
(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，
∴＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝1，z＝2，
∴平面BEF的一个法向量为n＝(，1,2)．
∵EA⊥平面ABC，
∴取平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)．
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
2．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．
(1)求证：BC∥平面PAE；
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC ＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理可得：
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，∴CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形．
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE?平面PAE，BC?平面PAE，
∴BC∥平面PAE.
(2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为坐标原点，以AB，AE，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)，
∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
3．如图，在四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝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．
解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，
则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．
由||＝||，得
＝ ，解得x＝1.
由||＝1，得y2＋z2＝1.①
由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0.②
由①②，解得y＝，z＝.
∴S，＝，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，
又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.
(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．
∵＝(－2,0,0)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝2DC＝2，E是CD的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)设F是棱PB上的点，EF∥平面PAD，求EF与平面PAB所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点G，连接PG，BG，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊥AD，
∴PG⊥平面ABCD，
∵AE?平面ABCD，∴AE⊥PG.
又∵tan∠DAE＝tan∠ABG＝，
∴∠ABG＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，
∴AE⊥BG.
∵BG∩PG＝G，BG?平面PBG，PG?平面PBG，
∴AE⊥平面PBG，
∴AE⊥PB.
(2)法一：作FH∥AB交PA于H，连接DH，则HF∥DC.
∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，
∴EF∥DH，
∴四边形FHDE为平行四边形，
∴HF＝DE.易知DC∥AB，DC＝AB，
∴HF＝AB，即H为PA的一个四等分点．
取PA的中点K，连接DK，则DK⊥PA.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD.
∵DK?平面PAD，
∴AB⊥DK，
∵PA∩AB＝A，
∴DK⊥平面PAB.
∴∠DHK为EF与平面PAB所成的角，
由已知得DK＝，DH＝＝，
∴sin∠DHK＝＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，P(0,1，)，E，＝(2，－1，－)，＝.
设＝λ，则＝＋λ＝.
由(1)知PG⊥平面ABCD，∴PG⊥AB.
∵AD⊥AB，PG⊥AD＝G，
∴AB⊥平面PAD，
∴＝(2，0,0)为平面PAD的一个法向量．
∵EF∥平面PAD，
∴·＝2×＝0，解得λ＝.
∴＝.
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(2，0,0)，＝(2，－1，－)，
则即
取y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)．
∴|cos〈n，〉|＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ACB＝30°，∠C1CB＝60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，CC1＝2.
(1)求证：A1C⊥平面C1EB；
(2)求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以AC⊥BE.
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥A1C.
又因为BC1⊥A1C，BC1∩BE＝B，BC1?平面C1EB，BE?平面C1EB，
所以A1C⊥平面C1EB.
(2)法一：因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
所以直线CC1与平面ABC所成角为∠C1CA.
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝BC＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
在△CC1E中，根据余弦定理可知，cos∠C1CE＝.
所以直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
法二：以E为坐标原点，EC为x轴，EB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝CB＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面AA1CC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
所以||＝2，||＝，
设C1(x,0，y)，又C(，0,0)，
所以解得
所以C1，
则＝，
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设直线CC1与平面ABC所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝.
即直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
6.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C-AF-D的大小为60°？
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)．
连接BD交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a,0，－2c)，＝(a,0，－c)，
所以＝2，所以∥，
即PB∥EO.
因为PB?平面AEC，EO?平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，
所以a＝b，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴?平面CAF，
所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，而＝(2a,2a,0)，所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1,1,0)．
因为y轴?平面DAF，
所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，
所以m＝∥m′＝(c,0，－a)．
所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角C-AF-D的大小为60°.
课件53张PPT。立 体 几 何大题考法——三讲第题型(一) 平行、垂直关系的证明题型(二) 几何法与空间向量法解空间角问题题型(三) 利用空间向量解决探索性问题[高考5个大题] 题题研诀窃立体几何问题重在“建”——建模、建系
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（八） 大题考法——立体几何
1.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.
(1)证明：BF⊥EM；
(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，
又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，
∴BM⊥EM. ①
在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2，BC＝2，
又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝，CM＝1.
∵FM＝＝，EM＝＝3，
EF＝＝2，
∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM. ②
又FM∩BM＝M， ③
∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.
(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，
∴＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝1，z＝2，
∴平面BEF的一个法向量为n＝(，1,2)．
∵EA⊥平面ABC，
∴取平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)．
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
2．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．
(1)求证：BC∥平面PAE；
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC ＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理可得：
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，∴CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形．
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE?平面PAE，BC?平面PAE，
∴BC∥平面PAE.
(2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为坐标原点，以AB，AE，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)，
∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
3．如图，在四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝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．
解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，
则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．
由||＝||，得
＝ ，解得x＝1.
由||＝1，得y2＋z2＝1. ①
由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0. ②
由①②，解得y＝，z＝.
∴S，＝，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，
又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.
(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．
∵＝(－2,0,0)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝2DC＝2，E是CD的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)设F是棱PB上的点，EF∥平面PAD，求EF与平面PAB所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点G，连接PG，BG，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊥AD，
∴PG⊥平面ABCD，
∵AE?平面ABCD，∴AE⊥PG.
又∵tan∠DAE＝tan∠ABG＝，
∴∠ABG＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，
∴AE⊥BG.
∵BG∩PG＝G，BG?平面PBG，PG?平面PBG，
∴AE⊥平面PBG，
∴AE⊥PB.
(2)法一：作FH∥AB交PA于H，连接DH，则HF∥DC.
∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，
∴EF∥DH，
∴四边形FHDE为平行四边形，
∴HF＝DE.易知DC∥AB，DC＝AB，
∴HF＝AB，即H为PA的一个四等分点．
取PA的中点K，连接DK，则DK⊥PA.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD.
∵DK?平面PAD，
∴AB⊥DK，
∵PA∩AB＝A，
∴DK⊥平面PAB.
∴∠DHK为EF与平面PAB所成的角，
由已知得DK＝，DH＝＝，
∴sin∠DHK＝＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，P(0,1，)，E，＝(2，－1，－)，＝.
设＝λ，则＝＋λ＝.
由(1)知PG⊥平面ABCD，∴PG⊥AB.
∵AD⊥AB，PG⊥AD＝G，
∴AB⊥平面PAD，
∴＝(2，0,0)为平面PAD的一个法向量．
∵EF∥平面PAD，
∴·＝2×＝0，解得λ＝.
∴＝.
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(2，0,0)，＝(2，－1，－)，
则即
取y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)．
∴|cos〈n，〉|＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ACB＝30°，∠C1CB＝60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，CC1＝2.
(1)求证：A1C⊥平面C1EB；
(2)求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以AC⊥BE.
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥A1C.
又因为BC1⊥A1C，BC1∩BE＝B，BC1?平面C1EB，BE?平面C1EB，
所以A1C⊥平面C1EB.
(2)法一：因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
所以直线CC1与平面ABC所成角为∠C1CA.
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝BC＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
在△CC1E中，根据余弦定理可知，cos∠C1CE＝.
所以直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
法二：以E为坐标原点，EC为x轴，EB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝CB＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面AA1CC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
所以||＝2，||＝，
设C1(x,0，y)，又C(，0,0)，
所以解得
所以C1，
则＝，
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设直线CC1与平面ABC所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝.
即直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
6.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C-AF-D的大小为60°？
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)．
连接BD交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a,0，－2c)，＝(a,0，－c)，
所以＝2，所以∥，
即PB∥EO.
因为PB?平面AEC，EO?平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，
所以a＝b，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴?平面CAF，
所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，而＝(2a,2a,0)，所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1,1,0)．
因为y轴?平面DAF，
所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，
所以m＝∥m′＝(c,0，－a)．
所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角C-AF-D的大小为60°.
