命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图，简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间向量与空间角(特别是二面角)的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势．转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．
题型1 空间点、线、面的位置关系
例1 (2018·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
求证：(1)PE⊥BC；
(2)平面PAB⊥平面PCD；
(3)EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB，PD?平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)取PC中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，
FG＝BC.
因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF?平面PCD ，DG?平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
[冲关策略] 立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义，从而得到这两条直线垂直．解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线”的主要依据．
变式训练1 (2017·山东高考)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1E⊥BD.
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1?平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
题型2 立体几何中的折叠问题
例2 (2018·全国卷 Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
解 (1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)，得PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝，则H(0,0,0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
[冲关策略] 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，在同一半平面内的位置关系和度量关系不变，在两个半平面内的关系多发生变化，弄清相应关系是解题突破口．
变式训练2 如图1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，构成如图2所示的四棱锥P－ABCD，点M在棱PB上，且PM＝MB.
(1)求证：PD∥平面MAC；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M－AC－B的余弦值．
解 (1)证明：易知AP＝1，AB＝2.连接BD交AC于点N，连接MN，
依题意知AB∥CD，∴△ABN∽△CDN，
∴＝＝2，∵PM＝MB，∴＝＝2，
∴在△BPD中，MN∥PD，
又PD?平面MAC，MN?平面MAC.
∴PD∥平面MAC.
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又AD⊥AB，∴PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
∵AP＝AD＝1，AB＝2，且PM＝MB，
∴A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，
M，C(1,1,0)，
∴＝(0,0,1)，＝，＝(1,1,0)，
∵PA⊥平面ABCD，∴n1＝＝(0,0,1)为平面ABC的一个法向量．
设平面MAC的法向量为n2＝(x，y，z)，
则∴
令x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n2＝(1，－1,1)为平面MAC的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∴二面角M－AC－B的余弦值为.
题型3 立体几何中的探索性问题
角度 探索性问题与平行相结合
例3 (2016·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解 (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.
因为CO?平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意，得A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，
D(0，－1,0)，P(0,0,1)，
＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得＝λ.因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．
因为BM?平面PCD，所以BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝.所以在棱PA上存在一点M使得BM∥平面PCD，此时＝.
[冲关策略] 利用向量法探究线面平行，只需将这条直线的方向向量用平面内两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直来处理，再说明这条直线不在已知平面内．
变式训练3 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
解 (1)证明：以点A为原点，，，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(如图)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)．故＝(0,1,1)，＝.
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
＝(a,0,1)，＝.
设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
角度 探索性问题与垂直相结合
例4 (2019·湖北宜昌模拟)如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
解 (1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.
依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，
B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，
所以＝，＝(－1,0,1)，
因为|cos〈，〉|＝＝＝.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
连接AE，ES，如图所示．
因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，
又＝，
所以＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，
得即
解得λ＝，此时＝，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，
此时AS＝.
[冲关策略] 利用向量法探究垂直问题，其一证明直线与直线垂直，只需证明两条直线的方向向量垂直，其二证明面面垂直，只需证明两个平面的法向量垂直，解题的关键是灵活建系，从而将几何证明转化为向量运算．
变式训练4 (2019·河南洛阳模拟)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，
∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，AB，AF?平面FAB，
∴AC⊥平面FAB，
∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)存在．由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2，0)，E(－1，，2)．
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，
设＝λ，则λ>0，P.
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．
由＝，＝(0,2，0)，
得
即令x＝1，则z＝，
所以m＝为平面PAC的一个法向量．
同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量．
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时＝.
角度 探索性问题与空间角相结合
例5 (2019·陕西模拟)如图，四棱锥P－ABCD，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
解 (1)证明：∵AB⊥AC，AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，
∴∠CAD＝45°，即AD＝CD，
又AB⊥AC，
∴BC＝AC＝2AD，
∵AE＝2ED，CF＝2FB，
∴AE＝BF＝AD，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AB∥EF，
∴AC⊥EF，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥EF，
∵PA∩AC＝A，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF?平面PEF，
∴平面PEF⊥平面PAC.
(2)∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，
∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，
若PC与平面PAB所成的角为45°，则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，B(1，－1,0)，
C(1,1,0)，
E，P(0,0，)，
∴＝，＝，
设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令y＝3，则x＝5，z＝，
∴n＝(5,3，)，
∵＝(1,1,0)是平面PAB的一个法向量，
cos〈n，〉＝＝，
故结合图形可知当二面角A－PB－E的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.
[冲关策略] 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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．
变式训练5 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．
解 (1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos＝3.
∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF.
∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，
∴EF⊥平面BCF.
(2)由(1)，以CA，CB，CF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，设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)，
设平面MAB的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即令x＝1，则n1＝(1，，－λ)，为平面MAB的一个法向量．
易知n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，
则cosθ＝＝
＝ .
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cosθ有最小值，
∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.
(共54张PPT)
高考大题冲关系列(4)
本课结束
