立体几何
阅卷案例
思维导图
(2020·全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B?PC?E的余弦值.本题考查：直线与平面的垂直关系、二面角的余弦值等知识，逻辑推理、直观想象等核心素养.
答题模板
标准解答
踩点得分
第1步：证垂直借助几何图形中的数量关系及几何关系证明线线垂直进而证明线面垂直.第2步：建系写坐标建立恰当的坐标系，写出需要的坐标.第3步：求向量求平面的法向量或直线的方向向量.第4步：求夹角计算向量的夹角.第5步：下结论把向量结果几何化.
←←←←故cos
θ＝＝，11分←即二面角B?PC?E的余弦值为.12分
第(1)问得分点及说明：1.借助数量关系得出PA⊥PC得3分.2.证明PA⊥平面PBC得2分，不说明“PB∩PC＝P”扣1分.
第(2)问得分点及说明：1.正确建系并坐标书写正确得1分.2.正确求得平面PBC及平面PCE的法向量各得1分.3.二面角余弦值求解正确得1分.4.建系不同，只需结果正确各步骤相应给分.
命题点1 空间平行、垂直关系的证明
平行关系、垂直关系证明的两种思路
思路一：(几何法)空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
思路二：(坐标法)设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
[高考题型全通关]
1．如图，在直三棱柱ADE?BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD．
[证明] 法一：(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A?xyz.
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
＝，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE?BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1)．
∵n1·n2＝0，
∴平面MDF⊥平面EFCD．
法二：(1)＝＋＋
＝－＋
＝(＋)－＋
＝－－＋
＝－(＋)－＋
＝－－.
∴向量与向量，共面，
又BF，BC?平面BCF，OM?平面BCF，
∴OM∥平面BCF.
(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，
∵＝，＝－，
∴·＝·＝0.
·＝·(－)
＝－2＋2＝0，
∴⊥，⊥，
即OM⊥CD，OM⊥FC，
又CD∩FC＝C，CD，FC?平面EFCD，
∴OM⊥平面EFCD．
又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD．
2．如图，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC＝2，AD＝CD＝1，M是PB的中点．
(1)求证：AM∥平面PCD；
(2)求证：平面ACM⊥平面PAB．
[证明] (1)如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系C?xyz，
则A(1，1，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，D(1，0，0)，
P(1，1，a)(a＞0)，M，＝(1，1，a)，＝(1，0，0)，＝，
设平面PCD的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，
则
即
令y0＝a，则n1＝(0，a，－1)，
所以·n1＝－＝0.
又AM?平面PCD，
所以AM∥平面PCD．
(2)由(1)得，＝(1，1，0)，＝，
设平面ACM的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，
则
即
令x1＝1，则n2＝.
＝(0，0，a)，＝(－1，1，0)，
设平面PAB的法向量为n3＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，则n3＝(1，1，0)，
所以n2·n3＝1－1＝0.
所以平面ACM⊥平面PAB．
命题点2 利用空间向量求角的问题
直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，ν＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，
则cos
θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sin
θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)二面角
设α?a?β的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos
θ|＝＝|cos〈μ，ν〉|.
[高考题型全通关]
1．(2020·新高考全国卷Ⅰ)如图，四棱锥P?ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
[解] (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．因此l⊥平面PDC．
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
由(1)可设Q(a，0，1)，则＝(a，0，1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则
即
可取n＝(－1，0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin
θ＝×＝.
因此≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
2．(2020·江西红色七校第一次联考)如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF折起，得空间几何体ADE?BCF，如图2.
(1)图2中，若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；
(2)在(1)的条件下，若DE∥CF，求二面角D?AF?C的余弦值．
图1 图2
[解] (1)由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图，连接BE，则AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE，
又DE?平面BDE，∴AF⊥DE，
又AE⊥DE，AE∩AF＝A，
∴DE⊥平面ABFE.
(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)，＝(0，0，2)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得不妨取x＝1，得n＝(1，1，2)．
设平面ACF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得取x1＝1，得m＝(1，1，0)．
设二面角D?AF?C的大小为θ，则cos
θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，
∴二面角D?AF?C的余弦值为.
命题点3 利用空间向量解决探索性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
[高考题型全通关]
1．(2020·洛阳尖子生第一次联考)如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.
(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M?BE?D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE?平面ADEF，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD．
因为AC?平面ABCD，所以DE⊥AC．
又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．
因为DE∩BD＝D，DE?平面BED，BD?平面BED，
所以AC⊥平面BED．
又AC?平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BED．
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz.
则A(3，0，0)，F(3，0，2)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，所以＝(3，－3，0)，＝(－3，－3，3)，＝(3，0，－)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝，得n＝(，2，3)．
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，设M(3，0，t)，0≤t≤2，则＝(0，－3，t)．
设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝t，得m＝(3－t，t，3)．
由(1)知CA⊥平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cos〈m，〉|＝＝＝cos
60°＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M?BE?D的大小为60°，此时＝.
2．(2020·泰安模拟)如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角A?EF?C的大小为60°，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定的平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角M?EC?F的余弦值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)连接AD，因为直线MF?平面ABFE，
故由题意可知点O在平面ABFE内也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，即点O在EA的延长线上．
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以易知△OAM≌△FBM，
所以AO＝BF＝2.
连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是DF的中点，
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD．
又MN?平面EMC，OD?平面EMC，所以直线OD∥平面EMC．
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，因为AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以EF⊥平面ADE.
因为EF?平面ABFE，所以平面ABFE⊥平面ADE.取AE的中点H，连接HD，易知DH⊥平面ABFE.又HA，AB?平面ABFE，所以DH⊥HA，DH⊥AB．
以H为坐标原点，HA，HD所在的直线分别为x，z轴，过点H且平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，
所以＝(1，0，)，＝(1，4，)．
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)．
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝.
若直线DE与平面EMC所成的角为60°，则＝，
所以＝，所以t2－4t＋3＝0，解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，连接QA，易知为平面CEF的法向量．
易知Q，A(1，0，0)，所以＝.
设二面角M?EC?F的大小为θ，
所以|cos
θ|＝＝＝.
因为当t＝2时，cos
θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，cos
θ＝－，
当t＝3时，θ为锐角，cos
θ＝.
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