1、透视全国高考揭秘命题规律(四)立体几何(全国卷第19题)翻折问题 (2016高考全国卷甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值【解】(1)证明：由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，
2、的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，(3，1，3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4，3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3，1)于是cosm，n，sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.解决与翻折有关的问题的两个关键(1)要明确翻折前后的变化量和不变量一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化(2)在解决问题时，要比较翻折前后的图形，
3、既要分析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形把翻折前后一些线线位置关系中没有变化和发生变化的量准确找出来，这些不变和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征(3)在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，常通过三角形的中位线找平行线探索问题 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA底面ABCD，PA3，AD2，AB4，ABC60.(1)求证：BC平面PAC；(2)E是侧棱PB上一点，记(01)，是否存在实数，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：由已知，得AC2，因为BCAD2，AB4，又BC2AC2AB2，所以BC
4、AC.又PA底面ABCD，BC平面ABCD，则PABC.因为PA平面PAC，AC平面PAC，且PAACA，所以BC平面PAC.(2)以A为坐标原点，过点A作垂直于AB的直线为x轴，AB，AP所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A(0，0，0)，B(0，4，0)，P(0，0，3)因为在平行四边形ABCD中，AD2，AB4，ABC60，则DAx30，所以D(，1，0)又(01)，知E(0，4，3(1)设平面ADE的法向量为m(x1，y1，z1)，则即取x11，则m.设平面PAD的法向量为n(x2，y2，z2)，则即取y21，则n.若平面ADE与平面PAD所成的二面角为60，则co
5、sm，ncos 60，即 ，化简得 2，即，解得3(舍去)或.于是，存在，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60.(1)求二面角的两种方法定义法(在易于作出二面角的平面角和计算情况下适用)第一步：在平面内取一个易于作出平面的垂线的点P.且设垂足为H，过H作交线l的垂线，垂足为Q，连接PQ(或过P作PQl，垂足为Q，连接HQ)，则PQH即为二面角l的平面角(或证明某个平面角即为二面角的平面角)第二步：根据条件求出RtPQH的两边，用直角三角函数即可求出二面角的三角函数值向量法第一步：根据立体图形的几何特点，建立恰当的直角坐标系，并写出确定二面角的两个半平面内相关的坐标第二步：分别求出两个平面
6、的法向量n1，n2，根据公式cosn1，n2，求出n1与n2夹角的余弦第三步：结合图形(或条件)，写出二面角的余弦值(一般情况下，锐二面角取|cosn1，n2|，钝角取|cosn1，n2|，当cosn1，n20时，为直二面角)(2)探索性问题在坐标系下探索性问题的求解策略第一步：假设存在，并根据相关的条件，将假设存在的问题用坐标和相关元素表示出来第二步：根据满足的要求，列出相关的关系式第三步：求解关系式，若求出的问题合情合理，说明问题存在，即是问题解决的过程若得出矛盾，说明假设存在是错的，即是说明理由的过程空间角 满分展示 (满分12分)(2015高考全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC
7、120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值联想破译联想因素：线面垂直、面面垂直、直线与直线所成角联想路线：(1)先证明线面垂直，再证明面面垂直(2)建系，先求出cos，的值，再确定所成角的余弦值标准答案 第(1)问得分点说明：正确推理过程得3分，没有EG2FG2EF2扣1分；正确推理过程得3分，没有条件EG平面AEC扣1分(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，AB
8、BC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以(3分)又ACFGG，可得EG平面AFC.又因为EG平面AEC，所以(6分)(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，(10分) 故cos，. 第(2)问得分点说明：正确推理过程得4分，没有指出空间直角坐标系扣2分；正确得出直线所成角的余弦值得2分，余弦值为，扣1分所
9、以(12分)解题程序第一步：利用勾股定理的逆定理证明EGFG.第二步：证明面面垂直注意面面垂直满足的条件第三步：建立空间直角坐标系，写出点的坐标、向量的坐标第四步：求向量夹角的余弦值第五步：求两直线夹角的余弦值，得出结论满分心得(1)写全得分步骤对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中EGFG，第(2)问中两向量的坐标(2)写明得分关键对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断平面AEC平面AFC过程中的三个条件，写不全则不能得全分，否则就不得分，再者EG平面AEC这一条件也一定要有，否则要扣1分；第(2)问中不写出cos，而得出余弦值则要扣1分
