1、命题动向：立体几何是高考的重点，约占整个试卷的15%，通常以一大两小的模式命题，以中、低档难度为主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立体几何着重考查考生的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空间位置关系的证明及空间角的计算例1(2021天津高考)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点(1)求证：D1F平面A1EC1；(2)求直线AC1与平面A1EC1
2、所成角的正弦值；(3)求二面角AA1C1E的正弦值解(1)证明：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以(1,0，2)，(2,2,0)，(2,1，2)，设平面A1EC1的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则令x12，则m(2，2,1)，因为m220，所以m，因为D1F平面A1EC1，所以D1F平面A1EC1.(2)由(1)得，(2
3、,2,2)，设直线AC1与平面A1EC1所成的角为，则sin|cosm，|.(3)如图，连接DB.由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为(2，2,0)，则cos，m，所以二面角AA1C1E的正弦值为.冲关策略立体几何中的位置关系(平行或垂直)的证明常采用几何法，即借助线面或面面的平行(或垂直)的判定及性质定理求解；而角度的计算常采用坐标法借助向量的相关知识求解，求解的关键是坐标系的建立及相应坐标的正确书写变式训练1(2021新高考卷)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点(1)证明：OACD；(2)若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE
4、2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积解(1)证明：在ABD中，因为ABAD，O为BD的中点，所以OABD.因为平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，OA平面ABD，所以OA平面BCD，又因为CD平面BCD，所以OACD.(2)解法一：(空间向量法)由题意可得CD1，BD2，BDC60，在BCD中，由余弦定理，得BC.所以CD2BC2BD2.所以BCD为直角三角形，且BCD90.以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面BCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设点E在z轴上的坐标为m(m0)，因为DE2EA，由三角形相似可得E
5、，又因为C(0,0,0)，B(0，0)，所以(0，0)，.设平面BCE的法向量为n1(a，b，c)，由n10，n10，并令c1，得n1.易得平面BCD的一个法向量为n2(0,0,1)，所以cos45，所以m，由相似三角形易得AO1，所以VABCDSBCDAO11.解法二：(几何法)如图，取OD的三等分点F，使得2OFDF，取BC的三等分点G，使得2CGBG，连接EF，FG，EG，因为2AEDE，所以AODEFD.所以AOEF.由(1)知，AO平面BCD，所以EF平面BCD，所以EFBC，EFFG，又OD1，所以OB1，OF，DF，BF，所以2DFBF，所以BCDBGF.所以GFCD，且GFCD
6、.因为OBODOC1，所以BCCD，BC.所以GFBC又因为EFBC，EF平面EFG，GF平面EFG，EFGFF，所以BC平面EFG.所以BCEG.所以EGF即为二面角EBCD的平面角，所以EGF45，又因为EFFG，所以EFG为等腰直角三角形，所以EFFG，由相似三角形易得AO1，所以VABCDSBCDAO11.题型2立体几何中的折叠问题例2(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)
7、求图2中的二面角BCGA的大小解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1,0)设平面ACGD的法向量为n(x，
8、y，z)，则即所以可取n(3,6，)又平面BCGE的法向量可取m(0,1,0)，所以cosn，m.由图知，二面角BCGA为锐角，因此二面角BCGA的大小为30.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(2021沈阳一模)如图1，平面四边形ABCE中，点D在边CE上，CDDE，且四边形ABCD是边长为2的正方形沿着直线AD将ADE折起，使平面ADE平面ABCD(如图2)，已知F，H分别是棱EA，EC的中点，G是棱BC上一点(1)求证：平面DFG平面ABE；
9、(2)若直线GH与平面ABCD所成角的正切值为时，求锐二面角FDGH的余弦值解(1)证明：平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCDAD，ADAB，AB平面ABCD，AB平面ADE，ABDF.在RtADE中，DEDA，F是AE的中点，DFAE，又AEABAAE，AB平面ABE，DF平面ABE，又DF平面DFG，平面DFG平面ABE.(2)如图，取CD的中点M，连接MG，MH，则MHDE且MHDE1，平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCDAD，DEAD，DE平面ADE，DE平面ABCD，MH平面ABCD，HGM即直线GH与平面ABCD所成的角，则tanHGM，GM，GC1.以D为坐标
10、原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，F(1,0,1)，H(0,1,1)，G(1,2,0)，(1,2,0)，(1,0,1)，(0,1,1)设平面FDG的法向量为n1(a，b，c)，平面DGH的法向量为n2(x，y，z)，则即不妨令a2，则n1(2,1,2)，即不妨令x2，则n2(2,1，1)，cosn1，n2，锐二面角FDGH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如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点，且CPSD.(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PA
11、C，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由解(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则ACBD.连接SO，由题意知四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示设底面边长为a，则高SOa，于是S，D，B，C，则0.故OCSD，从而ACSD.(2)棱SC上存在一点E，使BE平面PAC理由如下：由已知条件及(1)，可知是平面PAC的一个法向量，且，.设t，t0,1，则t，而0t0,1即当SEEC21时，BEDS.又BE平面PAC，故BE平面PAC冲
12、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ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(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轴正方向，建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)故(0,1,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2
13、)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，取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，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如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA1，OO12，弧的长为，AB为O的直径(1)在弧上是否存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使BCAB1？若存在，确定其位置；若不存在，说明理由；(2)求二面角A1O1BB1的
14、余弦值解(1)存在当B1C为圆柱OO1的母线时，BCAB1.如图所示，连接BC，AC，B1C，因为B1C为圆柱OO1的母线，所以B1C平面ABC，又因为BC平面ABC，所以B1CBC因为AB为圆O的直径，所以BCAC又ACB1CC，所以BC平面AB1C因为AB1平面AB1C，所以BCAB1.(2)以O为原点，OA，OO1所在直线分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示A1(0,1,2)，O1(0,0,2)，B(0，1，0)，因为的长为，所以A1O1B1，B1，(0，1，2)，.设平面O1B1B的法向量m(x，y，z)，则即令x3，解得y，z.所以m.因为x轴垂直平
15、面A1O1B，所以平面A1O1B的一个法向量为n(1,0,0)所以cosm，n，因为二面角A1O1BB1的平面角为锐角，所以其余弦值为.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(2022江苏常州高三摸底考试)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，AB，BC2AD2，E为CD的中点，PBAE.(1)证明：平面PBD平面ABCD；(2)若PBPD，PC与平面ABCD所成的角为，则在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN
16、平面PCD？若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由解(1)证明：由四边形ABCD是直角梯形，AB，BC2AD2，ABBC，可得DC2，BCD，BCD是等边三角形，BD2，BD平分ADCE为CD的中点，DEAD1，BDAE，又PBAE，PBBDB，PB，BD平面PBD，AE平面PBD.又AE平面ABCD.平面PBD平面ABCD.(2)存在在平面PBD内作POBD于O，连接OC，如图平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，PO平面PBD，PO平面ABCD，PCO为PC与平面ABCD所成的角，则PCO，POC是等腰直角三角形，OPOCPBPD，POBD，O为BD的中点
17、，OCBD，OPOC.以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，P(0,0，)，(0，)，(1,0，)假设在侧面PCD内存在点N，使得BN平面PCD成立，设(，0，1)，易得N(，(1)，则(1，(1)由得解得，满足题意，所以在侧面PCD内存在一点N，使得BN平面PCD，此时点N到平面ABCD的距离为(1).角度探索性问题与空间角相结合例5(2021石家庄二模)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PAB为等边三角形，平面PAB底面ABCD，E为AD的中点(1)求证：CEPD；(2)在线段BD(不包括
18、端点)上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：取AB的中点O，连接PO，DO，PAPB，POAB，平面PAB底面ABCD，PO底面ABCD.又EC底面ABCD，POEC在正方形ABCD内，O，E分别为AB，AD的中点，DAOCDE，ODEECD，又ECDDEC90，DECODE90，ECOD.又ODPOO，CE平面POD，PD平面POD，CEPD.(2)取CD的中点G，连接OG，由(1)可知OB，OP，OG两两垂直，以O为原点，OB，OG，OP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AB2，则A(1,
19、0,0)，B(1,0,0)，P(0,0，)，E(1,1,0)，D(1，2,0)，(1,1，)，(1,0，)，(2,2,0)，(2,1,0)，设(01)，则(2，2，0)，(22,21,0)设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则x，z，n.设直线AP与平面PEF所成的角为，sin|cos，n|，整理得92610，得.在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF所成角的正弦值为，此时点F为线段BD上靠近点B的三等分点，即BFBD.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
20、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(2021全国甲卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？解(1)证明：因为直三棱柱ABCA1B1C1中，F为CC1的中点，侧面AA1B1B为正方形，且ABBC2，所以CF1，BF，连接AF，由BFA1B1且ABA1B1，得BFAB，所以AF3.所以AC2，由AB2BC2AC2，得
21、BABC如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，于是A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，设B1Dm(0m2)，则D(m,0,2)于是(0,2,1)，(1m,1，2)由0，得BFDE.(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1(1,0,0)设面DFE的法向量为n2(x，y，z)，又(1m,1，2)，(1,1,1)，所以即令x3，得ym1，z2m，于是面DFE的法向量为n2(3，m1,2m)，于是cosn1，n2.当m时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，为，此时其正弦值最小，为，即当B1D时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小