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.
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，在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
证明：(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD．
[证明] 法一：(几何法)(1)取PD的中点F，连接AF，EF.
易知EF∥CD且EF＝DC．
又ABDC，
∴EFAB．
∴四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE.
又PA＝AD，∴AF⊥PD．
又PA⊥平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD，
又AD⊥AB，DC∥AB，
∴CD⊥平面PAD
∴CD⊥AF.
又AF∥BE，
∴BE⊥CD．
(2)由(1)可知BE∥AF，
又BE?平面PAD，
AF?平面PAD，
∴BE∥平面PAD．
(3)∵CD⊥AD，
CD⊥PA，
PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD．
又CD?平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAD．
法二：(坐标法)证明：
依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.
所以BE⊥DC．
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以向量＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，
而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE⊥AB．
又BE?平面PAD，
所以BE∥平面PAD．
(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量．
且n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.
所以平面PAD⊥平面PCD．
[点评] 两种方法各有优劣，法一思考多一点，但只要作出辅助线AF，第(2)(3)问也随之解决，因此证明平行、垂直问题要有全局意识，不要仅着眼于某一问；而法二思考少一点，计算多一点，建立坐标系并正确书写坐标是解题的关键．平时训练建议强化几何法．
2.如图，在四棱锥P?ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．
求证：(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD．
[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA?平面PAD，
∴PA⊥底面ABCD．
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE.
∴四边形ABED为平行四边形．
∴BE∥AD．
又∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BE∥平面PAD．
(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，
∴BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知PA⊥底面ABCD，且CD?平面ABCD，
∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，
∴CD⊥PD．
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.
∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，EF，BE?平面BEF，
∴CD⊥平面BEF，又CD?平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD．
命题点2 利用空间向量求空间角
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)，v＝(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)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，
则|cos
θ|＝＝|cos〈μ，v〉|.
[高考题型全通关]
1.如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
[解] (1)证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC．
以E为坐标原点，分别以射线EC，EA1的方向为y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3，2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
所以·＝0，所以EF⊥BC．
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝，＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，由得取x＝1，则可得n＝(1，，1)为平面A1BC的一个法向量，
故sin
θ＝|cos〈，n〉|＝＝，则cos
θ＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
[点评] 对于一些以正方体、长方体或其他具有垂直关系的几何体作为载体的立体几何问题，可以优先考虑向量法，这种方法的优点在于抛开了繁杂的推理论证，仅通过计算即可获得一些平行、垂直的关系．
2.如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC?A1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中M更靠近D，且MN＝C1N.
(1)证明：A1E⊥平面AC1D；
(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求异面直线BM与NE所成角的余弦值．
[解] (1)证明：由已知得△A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，则AA1⊥C1D．
又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1?平面ABB1A1，∴C1D⊥平面ABB1A1，∵A1E?平面ABB1A1，∴C1D⊥A1E.
易证A1E⊥AD，又AD∩C1D＝D，AD，C1D?平面AC1D，∴A1E⊥平面AC1D．
(2)取BC的中点O，B1C1的中点O1，则AO⊥BC，OO1⊥BC，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O?xyz，
则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，－1,2)，D，
设＝λ＝，
则＝－
＝(0,2，－1)－
＝，
易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
∴|cos〈，n〉|＝＝，解得λ＝.
∴＝，＝2λ＝，
＝＋＝，
∴cos〈，〉＝＝－，
∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为.
[点评] 异面直线所成角的范围为(0°，90°]，故当用向量法计算其所成角的余弦值时，应取其绝对值．
3．(2020·昆明模拟)如图(1)，正方形ABCG，直角梯形ABED，三角形BCF组成一个平面图形，其中AB＝2DE＝2，BE＝BF＝CF＝，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，形成一个如图(2)所示的几何体．
图(1) 图(2)
(1)证明图(2)中的D，E，C，G共面，且平面ABD⊥平面DEC；
(2)求图(2)中的二面角B?CE?A的大小．
[解] (1)法一：因为四边形ABCG是正方形，所以AB∥CG.
因为四边形ABED为梯形，所以DE∥AB，所以DE∥CG，所以D，E，C，G四点共面．
在题图(1)中，由AG⊥AB，可得AB⊥AD，在题图(2)中，AG∩AD＝A，所以AB⊥平面AGD．
因为DE∥AB，所以DE⊥平面AGD，所以DE⊥DG.
在直角梯形ABED中，因为AB＝2DE＝2，BE＝，所以AD＝.
在直角梯形CGDE中，CG＝2，ED＝1，CE＝，所以DG＝，所以AD2＋DG2＝AG2，所以AD⊥DG.
由AB⊥平面AGD，AB∥DE易得AD⊥DE，又DG∩DE＝D，所以AD⊥平面DEC，又AD?平面ABD，所以平面ABD⊥平面DEC．
法二：同法一知，AB⊥平面AGD，又AB?平面ABCG，所以平面AGD⊥平面ABCG且两平面的交线为AG，作DO⊥AG，则DO⊥平面ABCG，过点O作OH∥AB交BC于点H，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,1)，E(0,1,1)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，G(－1,0,0)，C(－1,2,0)，＝(0,1,0)，＝＝(0,2,0)＝2，所以D，E，C，G四点共面．
易知＝(－1,0,1)，＝(1,0,1)．
设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则取x1＝1，则n1＝(1,0,1)为平面ABD的一个法向量．
设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
取x2＝1，则可得n2＝(1,0，－1)为平面DEC的一个法向量．
因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2，所以平面ABD⊥平面DEC．
(2)由(1)的法二知＝(－1,1,1)，＝(1，－1,1)，＝(2,0,0)，
设m＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则
令x＝1，则m＝(1,1,0)为平面ACE的一个法向量．
设n＝(x′，y′，z′)为平面BCE的法向量，则令y′＝1，可得n＝(0,1,1)为平面BCE的一个法向量，
所以cos〈n，m〉＝＝.
由图可知二面角B?CE?A为锐角，故二面角B?CE?A的大小为.
[点评] 解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等．
命题点3 利用空间向量解决探索性问题
存在性问题的求解策略
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．
(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．
[高考题型全通关]
1.(2020·宜昌三校联考)如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点．
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值．
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
[解] (1)不妨设正方体的棱长为2.以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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D?xyz，
则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，O(1,1,0)．
因为E为OD1的中点，所以E.
则＝(－1，－1,2)，＝，＝(0,2,0)．
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，所以p＝(2,0，－1)为平面CDE的一个法向量．
所以|cos〈，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点．理由如下：
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，设＝λ，λ∈[0，＋∞)，＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,2)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1,1,1)为平面CD1O的一个法向量．
因为＝λ，所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝为平面CDE的一个法向量．
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.
[点评] 本题第(2)问是探索空间中面面垂直的问题，解题思路是先假设点存在，再证明垂直结论正确．解题思维过程是：先假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O，设＝λ，λ∈[0，＋∞)；再求出两个相关联的平面的法向量，利用法向量垂直的坐标运算，求出参数λ的值，即可确定点E的位置．利用向量法求解探索性问题时，应注意空间直角坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误．
2．(2020·天津实验中学一模)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；
(3)当AD的长为何值时，二面角D?FC?B的大小为60°.
[解] (1)
证明∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.
∵AF?平面ABEF，∴AF⊥CB．又AB为圆O的直径，
∴AF⊥BF，又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CBF.
∵AF?平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF.
(2)根据(1)的证明，有AF⊥平面CBF，
∴FB为AB在平面CBF内的射影，
因此，∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角，
∵AB∥EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH⊥AB，交AB于H，
AB＝2，EF＝1，则AH＝＝，
在Rt△AFB中，
AF2＝AH·AB，得AF＝1，
sin∠ABF＝＝，∴∠ABF＝30°，
∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30°.
(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)．
设AD＝t，则点D的坐标为，则C，
又A，B(－1,0,0)，F，
∴＝(2,0,0)，＝，
设平面DCF的法向量为n1＝，则n1·＝0，n1·＝0，即
令z＝，解得x＝0，y＝2t.
∴n1＝.
由(1)可知AF⊥平面CFB，取平面CBF的一个法向量为n2＝＝，
∴cos
60°＝，即＝，解得t＝，
因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°.
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