2019高考数学（理）热点问题解题策略指导系列
专题04 立体几何热点问题
【最新命题动向】立体几何是高考考查的重要内容，每年的高考试题中基本上都是“一大一小”两题，即一个解答题，一个选择题或填空题，题目难度中等偏下，主要考查学生的空间想象能力及计算能力，解答题则主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.
【热点一】空间中的线面角问题
【典例1】(2019·开封模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，
AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
【审题示例】
②看到N为PC的中点，想到再取中点创设中位线，从而寻求所需的平行关系
③看到所求线面角，想到建系，用空间向量法求解．
【规范解答】
【知识点归类点拔】利用空间向量求线面角的解题模型
【跟踪训练1】(2019·福州质检)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点．
(1)证明：A1C∥平面DEF；
(2)若A1C⊥EF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值．
【热点二】 立体几何中的二面角问题
【典例2】(2019·蚌埠模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．
【审题示例】
1 看到∠BAP＝∠CDP＝90°，想到线线垂直，可证线面垂直及面面垂直
2 看到要证面面垂直，想到面面垂直的判定定理，想到先证线面垂直，再证面面垂直
3 看到求二面角的余弦值，想到建系，利用空间向量求解，注意判断角的范围．
【规范解答】
【知识点归类点拔】利用空间向量求二面角的解题模型
【跟踪训练2】(2019·成都一诊)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示，已知PB＝4.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若Q是线段AP上的点，且＝，求二面角Q－BC－A的余弦值．
【热点三】立体几何中的探究性问题
【典例3】(2019·陕西宝鸡一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点
(Ⅰ)证明：PB∥平面AEC；
(Ⅱ)若ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C－AF－D大小为60°？
【规范解答】
【知识点归类点拔】
(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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【跟踪训练3】某图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的左视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝CD，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．
(1)求证：EM∥平面ABC；
(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
2019高考数学（理）热点问题解题策略指导系列
专题04 立体几何热点问题
【最新命题动向】立体几何是高考考查的重要内容，每年的高考试题中基本上都是“一大一小”两题，即一个解答题，一个选择题或填空题，题目难度中等偏下，主要考查学生的空间想象能力及计算能力，解答题则主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.
【热点一】空间中的线面角问题
【典例1】(2019·开封模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，
AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
【审题示例】
②看到N为PC的中点，想到再取中点创设中位线，从而寻求所需的平行关系
③看到所求线面角，想到建系，用空间向量法求解．
【规范解答】
(1)证明：由已知得AM＝AD＝2…………………………………(1分)
又AD∥BC，BC＝4.
……………………………………………………………………………(2分)
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2 ………………(3分)
…………………………………………………(4分)
因为MN平面PAB ，AT平面PAB，……………………………………………………..(6分)
所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，……………………………………………………………..(7分)
且AE＝＝＝…………………………………………………………..(8分)
以A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A－xyz③. ………(9分)
由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，
＝(0,2，－4)，＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则即…………………………………………………………….(10分)
可取n＝(0,2,1)………………………………………………………………………………………….(11分)
于是|cos 〈n，〉|＝＝.
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为………………………………………………….(12分)
【知识点归类点拔】利用空间向量求线面角的解题模型
【跟踪训练1】(2019·福州质检)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点．
(1)证明：A1C∥平面DEF；
(2)若A1C⊥EF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值．
解：(1)如图，连接AB1，A1B交于点H，设A1B交EF于点K，连接DK，……………………..(1分)
因为四边形ABB1A1为矩形，所以H为线段A1B的中点．…………………………………………….(2分)
因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，
所以点K为线段BH的中点，所以A1K＝3BK.
又CD＝3BD，所以A1C∥DK
又A1C平面DEF，DK平面DEF，
所以A1C∥平面DEF. ………………………………………………………………………………..…..(6分)
(2)连接CE，EH，由(1)知，EH∥AA1，
因为AA1⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.
因为△ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点，
所以CE⊥AB.
故以点E为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz.设AB＝4，AA1＝t(t＞0)，则A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，E(0,0,0)，
F(－2，，0)，D(－，0，)，所以＝(－2，－t,2)，＝(－2，，0)．
因为A1C⊥EF，所以·＝0，
所以(－2)×(－2)－t×＋2×0＝0，
所以t＝2，
所以＝(－2，，0)，＝(－，0，)．……………………………………………………..(8分)
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则n＝(1，，)．
又＝＝(－2,0,2)，………………………………………………………………….……..(10分)
设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.…………………………………………..…..(12分)
【热点二】 立体几何中的二面角问题
【典例2】(2019·蚌埠模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．
【审题示例】
1 看到∠BAP＝∠CDP＝90°，想到线线垂直，可证线面垂直及面面垂直
2 看到要证面面垂直，想到面面垂直的判定定理，想到先证线面垂直，再证面面垂直
3 看到求二面角的余弦值，想到建系，利用空间向量求解，注意判断角的范围．
【规范解答】
解：(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD………………………………………………………………………….(2分)
因为AB∥CD，所以AB⊥PD………………………………………………………………….(3分)
又AP∩PD＝P ，所以AB⊥平面PAD………………………………………………………(4分)
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD……………………………………………….(5分)
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD 故AB⊥PF，
可得PF⊥平面ABCD.以F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F－xyz，由(1)及已知可得A，P，B，C.所以＝，＝(，0,0)，＝，＝(0,1,0)．…………………………………………………………………………………………..(8分)
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－1，－) ③………………………………………………………………(9分)
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
所以可取m＝(1,0,1) ④(10分)
则cos 〈n，m〉＝＝＝－……………………………………………………..(11分)
由图知二面角A－PB－C为钝角 ⑤，
所以二面角A－PB－C的余弦值为－………………………………………………………..(12分)
【知识点归类点拔】利用空间向量求二面角的解题模型
【跟踪训练2】(2019·成都一诊)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示，已知PB＝4.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若Q是线段AP上的点，且＝，求二面角Q－BC－A的余弦值．
解：(1)取AC的中点O，连接PO，BO得到△PBO.
∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC.
∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4，
∵PB＝4，∴PO2＋OB2＝PB2，
∴PO⊥OB.
∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
∵PO平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. ………………………………………………………..(6分)
(2)∵AB＝BC，∴BO⊥AC.
易知OB，OC，OP两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系
O－xyz.
则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)．
设点Q(x，y，z)．
由＝，得Q.∴＝(－4,3,0)，＝…………………………..(8分).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量，
由得解得
取z1＝15，则n1＝(3,4,15)．
取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．……………………………………………………………..(10分)
∵cos 〈n1，n2〉＝＝＝，
∴二面角Q－BC－A的余弦值为.………………………………………………………………..(12分)
【热点三】立体几何中的探究性问题
【典例3】(2019·陕西宝鸡一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点
(Ⅰ)证明：PB∥平面AEC；
(Ⅱ)若ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C－AF－D大小为60°？
【规范解答】
证明：(Ⅰ)连接BD，设AC∩BD＝O，连结OE，
∵四边形ABCD为矩形，∴O是BD的中点，………………………………………………….(2分)
∵点E是棱PD的中点，∴PB∥EO，…………………………………………………………..(3分)
又PB平面AEC，EO?平面AEC，∴PB∥平面AEC……………………………………..(4分)
解：(Ⅱ)由题意知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系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)．…………………………………(5分)
设AC∩BD＝O，连结OE，则O(a，b,0)，E(0，b，c)．
因为＝(2a,0，－2c)，＝(a,0，－c)，
所以＝2，所以∥，a＝b，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)，……………………………………………………………………………(6分)
因为z轴?平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为m＝(x,1,0)，
而＝(2a,2a,0)，所以·n＝2ax＋2a＝0，
得x＝－1，所以m＝(－1,1,0)．…………………………………………………………………..(8分)
因为y轴?平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为n＝(1,0，z)，
而＝(a，a，c)，所以·n＝a＋cz＝0，得，z＝－
所以n＝，n′＝(c,0，－a)．
cos 60°＝＝＝，得a＝c………………………………………………………….…(11分)
即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角C－AF－D的大小为60°………………………….(12分)
【知识点归类点拔】
(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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【跟踪训练3】某图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的左视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝CD，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．
(1)求证：EM∥平面ABC；
(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，＝(0,0,2)，＝(2,2，－4)，＝(2,0，－2)，＝(0,0，－4)，＝(1,1，－2)，＝(－1,1,0)．……………………………………………………………...(2分)
(1)由图易知为平面ABC的一个法向量，
因为·＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，
所以⊥，即AE⊥EM，
又EM平面ABC，
故EM∥平面ABC. ………………………………………………………………………………..(6分)
(2)假设在DC上存在一点N满足题意，
设＝λ＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，
则＝－＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以即…………………………………………………………………………(10分)
解得λ＝∈[0,1]．……………………………………………………………………………..(11分)
所以棱DC上存在一点N，满足NM⊥平面BDE，此时，DN＝DC. …………………….(12分)
