1、解答题专项突破(四)高考中立体几何问题的热点题型立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型热点题型1空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(2019天津高考) 如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所
2、成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解题思路由条件知AB，AD，AE两两垂直，可以A为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决(1)寻找平面ADE的法向量，证明与此法向量垂直，即得线面平行(2)与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE和平面BDE所成角的正弦值；(3)设CFh，用h表示二面角EBDF的余弦值，通过解方程得到线段长规范解答(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0,0,0)，B(1,0,0)，设F(1,2，h)依题意，(1,0,0)是平面ADE的一个
3、法向量，又(0,2，h)，可得0，又直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以线段CF的长为.热点题型2平面图形的折叠问题(2018全国卷)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D
4、FC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解题思路(1)翻折前后的不变关系，四边形ABFE是矩形证明BF平面PEF.证明平面PEF平面ABFD.(2)解法一：建系：借助第(1)问，过P作平面ABFD的垂线为z轴，垂足为原点，EF所在直线为y轴，建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量由公式计算所求角的正弦值解法二：作：过P作PHEF交EF于点H，连接DH.证：证明PH平面ABFD，得PDH为直线DP与平面ABFD所成角算：在RtPDH中，PD的长度是正方形ABCD的边长，PHD90，易知要求sinPDH，关键是
5、求PH；由此想到判断PEF的形状，进一步想到证明PF平面PED.规范解答(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解法一：作PHEF，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，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，设正方形ABCD的边长为2.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.所以PH，EH，则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.解
6、法二：因为PFBF，BFED，所以PFED，又PFPD，EDPDD，所以PF平面PED，所以PFPE，设AB4，则EF4，PF2，所以PE2，过P作PHEF交EF于点H，因为平面PEF平面ABFD，所以PH平面ABFD，连接DH，则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，因为PEPFEFPH，所以PH，因为PD4，所以sinPDH，所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.热点题型3立体几何中的探索性问题(2019湖北“四地七校”联考)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC底面ABCD，PAPC2.(1)求证：PBPD；(2)若点M，N分别是棱PA，PC的中点，平面D
7、MN与棱PB的交点为点Q，则在线段BC上是否存在一点H，F使得DQPH？若存在，求BH的长；若不存在，请说明理由解题思路(1)要证PBPD，想到在PBD中，证明BD边上的中线垂直于BD，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN的法向量n，分别依据P，B，Q共线和B，C，H共线，设和t，利用垂直关系列方程先求再求t，确定点H的位置规范解答(1)证明：记ACBDO，连接PO，底面ABCD为正方形，OAOCOBOD2.PAPC，POAC，平面PAC底面ABCD，且平面PAC底面ABCDAC，PO平面PAC，PO底面ABCD.BD底面A
8、BCD，POBD.PBPD.(2)存在以O为坐标原点，射线OB，OC，OP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所示，由(1)可知OP2.可得P(0,0,2)，A(0，2,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(2，0,0)，可得M(0，1,1)，N(0,1,1)，(2，1,1)，(0，2,0)设平面DMN的法向量n(x，y，z)，n0，n0，令x1，可得n(1,0，2)记(2，0，2)，可得Q(2，0,22)，(22,0,22)，n0，可得22440，解得.可得.记t(2t,2t,0)，可得H(22t,2t,0)，(22t,2t，2)，若DQPH，则0，(22t)(2)0，解得t.故BH.故在线段BC上存在一点H，使得DQPH，此时BH.
