1、专题五 立体几何 题型 1 利用空间向量求空间角(距离)就全国试卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两法”的格局.在备考中，对理科考生而言，还是应该注重两种方法并重，不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)，千万不要重计算而轻论证！(1)证明：DE平面 PCD；(2)求二面角 A-PD-C 的余弦值.图 5-1例 1：(2015 年重庆)如图 5-1，三棱锥 P-ABC 中，PC平面 ABC，PC3，ACB2.D，E 分别为线段 AB，BC 上的点，且 CDDE 2，CE2EB2.如图5-2，过点D 作DF 垂直CE 于F，易知DFFCEF1，又已知 EB1，故 FB2.(1)证明：
2、由 PC平面 ABC，DE平面 ABC，故 PCDE.由 CE2，CDDE 2，得CDE 为等腰直角三角形，故 CDDE.由 PCCDC，DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE平面 PCD.(2)解：由(1)知，CDE 为等腰直角三角形，DCE4.图 5-2由ACB2，得 DFAC，DFACFBBC23.故 AC32DF32.以 C 为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为 x 轴，y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0，)，P(0,0,3)，A32，0，0，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED(1，1,0).DP(1，1,3)，DA 12，1，0.设平面
3、 PAD 的法向量 n1(x1，y1，z1)，由 n1DP 0，n1DA 0，得x1y13z10，12x1y10.故可取 n1(2,1,1).由(1)可知，DE平面 PCD.故平面 PCD 的法向量 n2 可取为ED，即 n2(1，1,0).从而法向量 n1，n2 的夹角的余弦值为 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|36.故所求二面角 A-PD-C 的余弦值为 36.【规律方法】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来处理，对于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的转化关系来证明，对于异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角可
4、分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为相交直线所成的角来处理.本题主要考查立体几何中传统的平行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大，旨在考查考生的对解题技巧的把握和抽象分析能力.【互动探究】1.(2014 年新课标)如图 5-3，四棱锥 P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA 平面 ABCD，E 为 PD 的中点.(1)证明：PB平面 AEC；E-ACD 的体积.图 5-3(2)设二面角 D-AE-C 为 60，AP1，AD 3，求三棱锥(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO.因为 ABCD 为矩形.所以 O 为 BD 的中点.又 E 为 PD 的中点，
5、所以 EOPB.EO平面 AEC，PB 平面AEC，所以 PB平面 AEC.(2)解：因为PA 平面ABCD，ABCD 为矩形.所以AB，AD，AP 两两垂直.如图 D61，以 A 为坐标原点，AB的方向为 x 轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系 Axyz，则 D(0，3，0)，E0，32，12，AE0，32，12.设 B(m,0,0)(m0)，则 C(m，3，0)，AC(m，3，0).设 n1(x，y，z)为平面 ACE 的法向量，则 n1AC0，n1AE0，即mx 3y0，32 y12z0.可取 n13m，1，3.又 n2(1,0,0)为平面 DAE 的法向量.由题设|cos
6、n1，n2|12，即图 D61334m212，解得 m32.因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 E-ACD 的高为12.三棱锥 E-ACD 的体积 V1312 33212 38.题型 2 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，把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键.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.解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法.例2：如图54，在边长为
7、4的菱形ABCD中，DAB60.点 E，F 分别在边 CD，CB 上，点 E 与点 C，D 不重合，EFAC 于点 O.沿 EF 将CEF 翻折到PEF 的位置，使平面 PEF平面 ABFED.(1)求证：BD平面 POA；(2)当 PB 取得最小值时，求四棱锥 P-BFED 的体积.图 5-4思维点拨：(1)根据翻折前后直线 BD 与直线 AO 的垂直关系不变，可使用线面垂直判定定理进行证明；(2)先选用一个与PB 有关的变量表示 PB 的长度，使用函数的方法求出在什么情 况下 PB 最小，再求出四棱锥 P-BFED 的高和底面积，根据锥体体积公式计算即可.(1)证明：因为菱形 ABCD 的
8、对角线互相垂直，所以 BDAC.所以 BDAO.因为 EFAC，所以 POEF.因为平面 PEF平面 ABFED，平面 PEF平面 ABFEDEF，且 PO平面 PEF.所以 PO平面 ABFED.因为 BD平面 ABFED，所以 POBD.因为 AOPOO，又 BDAO，所以 BD平面 POA.(2)解：设 AOBDH，因为DAB60，图 5-5所以BDA为等边三角形.故 BD4，HB2，HA2 3.设 POx，如图 5-5，连接 OB，PH，则 OH2 3x，OA4 3x.由 OHBD，则 OB2OH2BH2(2 3x)222.由(1)知，PO平面 BFED，则 POOB.所以 PB OB
9、2OP2（2 3x）222x2 2（x 3）210.当 x 3时，PBmin 10，此时 PO 3.所以当 PB 取得最小值时，V 四棱锥 P-BFED13S 梯形 BFEDPO1334 42 34 22 33.【规律方法】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数 量关系，哪些变，哪些不变.如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明.【互动探究】2.(2014 年广东)如图 5-6(1)，四边形 ABCD 为矩形，PD平面 ABCD，AB1，BCPC2，作如图 5-6(2)折叠，折痕EFDC.其中点 E，
10、F 分别在线段 PD，PC 上，沿 EF 折叠后点P 在线段 AD 上的点记为 M，并且 MFCF.(1)证明：CF平面 MDF；(2)求三棱锥 M-CDE 的体积.(1)(2)图 5-6(1)证明：四边形 ABCD 为矩形，ADCD.PD平面 ABCD，AD平面 ABCD，PDAD.又 PDCDD，AD平面 PCD.又 CF平面 PCD，ADCF，即 CFMD.又 MFCF，MFMDM，CF平面 MDF.(2)解：CF平面 MDF，CFDF.由 PC2，CDAB1，且 PDCD，得 DP 3，PCD60.则CDF906030.CF12CD12.EFDC，DEDPCFCP，即DE3122.DE
11、 34.PE 3 34 3 34.SCDE12CDDE 38，MD ME2DE2 PE2DE23 342342 62.VM-CDE13SCDEMD13 38 62 216.题型 3探索性问题图 5-7 例3：(2014年湖北)如图57，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02).(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.方法一(几何法)：(1)证明：如图58，连接AD1，由
12、ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.图 5-8当1时，P是DD1的中点，且F是AD的中点，所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)解：如图5-9，连接 BD.图 5-9因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，又 DPBQ，DPBQ，所以 EFBD，且 EF12BD.所以四边形PQBD 是平行四边形.在RtEBQ 和RtFDP 中，因为 BQDP，BEDF1，所以四边形 EFPQ 是等腰梯形.同理可证四边形 PQMN 也是等腰梯形.分别取EF，PQ，MN 的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GOPQ，HOPQ，而
13、GOHOO，故 PQBD.从而 EFPQ，且 EF12PQ.所以 EQFP 12.故GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成二面角的平面角.若存在，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH90.如图 5-9，连接 EM，FN，则由 EFMN 知，四边形 EFNM 是平行四边形.连接 GH，因为 H，G 是 EF，MN 的中点，所以 GHME2.在GOH 中，GH24，OH212222212，OG21(2)2222(2)212.由 OG2OH2GH2，得(2)2122124.解得 1 22.故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角.方法二(
14、向量法)：图 5-10BC1(2,0,2)，FP(1,0，)，FE(1,1,0).以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立如图510所示的空间直角坐标系.由已知，得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，).(1)证明：当 1 时，FP(1,0,1)，因为BC1(2,0,2)，所以BC1 2FP，即 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)解：设平面 EFPQ 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由FEn0，FPn0，得xy0，xz0.于是可取n(，1).同理得平
15、面 MNPQ 的一个法向量为m(2,2，1).若存在，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面 角，则 mn(2,2，1)(，1)0，即(2)(2)10.解得 1 22.故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角.【互动探究】3.(2015 年湖北)九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图 5-11 所示的阳马 P-ABCD 中，侧棱 PD底面 ABCD，且 PDCD，点 E 是 PC 的中点，连接DE，BD，BE.(1)证明：DE平面 PBC.试判断四面体 EBCD 是否为鳖臑，
16、若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；图 5-11(2)记阳马 P-ABCD 的体积为 V1，四面体 EBCD 的体积为V2，求V1V2的值.(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDBC.由底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCDD，所以BC平面PCD.DE平面PCD，所以BCDE.又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC.而PCBCC，所以DE平面PBC.由BC平面PCD，DE平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是BCD，BCE，DEC，DEB.(2)解：由已知，PD 是阳马 P-ABCD 的高，所以 V113SABCDPD13BCCDPD；由(1)知，DE 是鳖臑 D-BCE 的高，BCCE，所以 V213SBCEDE16BCCEDE.在 RtPDC 中，因为 PDCD，点 E 是 PC 的中点，所以DECE 22 CD.于是 V1V213BCCDPD16BCCEDE2CDPDCEDE 4.
