1、高考导航1.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“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.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第
2、(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】 (满分12分)(2017湖州模拟)如图，在ABC中，ABC，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(1)求证：平面PBD平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.满分解答(1)证明OBOC，又ABC，OCB，BOC.COAB.2分又PO平面ABC，OC平面ABC，POOC.又PO，AB平面PAB，POABO，CO平面PAB，即CO平面PDB.4分又CO平面COD，平面PDB平面COD.6分(2)解以OC，OB，O
3、P所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA1，则POOBOC2，DA1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，(0，1，1)，(2，2，0)，(0，3，1).8分设平面BDC的一个法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1，1，3).10分设PD与平面BDC所成的角为，则sin .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.12分得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO平面PDB”
4、.得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)问中求法向量n，计算线面角正弦值sin . 利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【训练1】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知
5、A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的
6、一个法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1，n1得(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1).则cosn1，n2.所以二面角EA1DB1的余弦值为.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】 (20
7、16北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(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.(1)证明因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.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POCO
8、.因为ACCD，所以COAD.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).设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2，2).又(1，1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1，使得.因此点M(0，1，)，(1，).因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，则n0，即(1，)(1，2，2)0，解得.所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时.探究提高(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在
9、，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.【训练2】 (2015天津卷改编)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)在棱A1B1上是否存在点E，使得直线NE与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求出线段A1E的长；若不存在，请说明理由.解如图，以A为原点建立空间直角坐
10、标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，所以M，N(1，2，1).(1)证明依题意，可得n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)，设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的一个法向量，则即不妨设z11，可得n1(0，1，1).设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z21，可得n2(0
11、，2，1).因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以二面角D1ACB1的正弦值为.(3)假设存在点E，使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为.依题意，可设，其中0，1，则E(0，2)，从而(1，2，1)，又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得|cos，n|，整理得2430，解得2.又因为0，1，所以2，因此存在点E，满足题设条件，且线段A1E2.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】 (2016
12、全国卷)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.(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)解如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，
13、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的一个法向量，则即所以可取m(4，3，5).设n(x2，y2，z2)是平面ACD的一个法向量，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.探究提高立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【训练3】 (2015陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中
14、点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明在题图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图2中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则得取n1(1，1，1)； 得取n2(0，1，1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.