1、立体几何热点问题三年真题考情核心热点 真题印证 核心素养 线、面位置关系的证明与线面角 2019天津，17；2019浙江，19；2018，18；2018，20；2016天津，17；2018天津，17；2017北京16 数学运算、逻辑推理、直观想象 线、面位置关系的证明与二面角 2019，18；2019，17；2019，19；2019北京，16；2018，19；2017，19；2017，18；2017，19；2016，18；2016，19 数学运算、逻辑推理、直观想象 热点聚焦突破教材链接高考线面位置关系与空间角 教材探究(选修21P109例4)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，
2、侧棱PD底面ABCD，PDDC，点E是PC的中点，作EFPB交PB于点F.(1)求证：PA平面EDB；(2)求证：PB平面EFD；(3)求二面角CPBD的大小.试题评析 1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角.2.教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解.3.除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化.(1)求证：平面PBC平面ABCD；(2)求二面角CPBD的余弦值.【教材拓展】
3、如图，在四棱锥 PABCD 中，BCCD，ADCD，PA3 2，ABC和PBC 均是边长为 2 3的等边三角形.(1)证明 取BC的中点O，连接OP，OA，如图.因为ABC，PBC 均为边长为 2 3的等边三角形，点 O 为 BC 的中点，所以OABC，OPBC，且OAOP3.在PAO 中，因为 PA3 2，则 PO2OA2PA2，所以 OPOA.又因为OABCO，OA平面ABCD，BC平面ABCD，所以OP平面ABCD.又因为OP平面PBC.所以平面PBC平面ABCD.(2)解 因为 BCCD，ABC 为等边三角形，所以ACD6.又因为 ADCD，所以CAD6，ADC23.在ADC 中，由正
4、弦定理，得ACsin ADCCDsin CAD，所以 CD2.以 O 为坐标原点，OA，OB，OP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0，0，3)，B(0，3，0)，D(2，3，0).所以BP(0，3，3)，BD(2，2 3，0).设平面 PBD 的法向量为 n(x，y，z)，则nBP0，nBD 0，即 3y3z0，2x2 3y0.令 z1，则平面 PBD 的一个法向量为 n(3，3，1)，依题意，平面 PBC 的一个法向量 m(1，0，0)，所以 cosm，n mn|m|n|3 1313.由题图知，二面角 CPBD 为锐二面角，故二面角 CPBD
5、的余弦值为3 1313.探究提高 1.本题与教材选修21P109例4相比其难点在于不易找到二面角CPBD的平面角，或者说找到这个二面角的平面角对学生来说是一个很大的难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量并且利用法向量来求二面角，就可以化解这个难点，这也是向量法的优势所在.2.利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性.【链接高考】(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值.(1)证明 由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1
6、C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1，EC1平面EB1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解 由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，|DA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB(1，0，0)，CE(1，1，1)，CC1(0，0，2).设平面 EBC 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则CBn0，CEn0，即x10，x1y1z10，所以可取 n(0，1，1).设平面ECC
7、1的法向量为m(x2，y2，z2)，则CC1 m0，CEm0，即2z20，x2y2z20，所以可取m(1，1，0).于是 cosn，m nm|n|m|12，则 sinn，m 32，所以，二面角 BECC1的正弦值为 32.教你如何审题立体几何中的折叠问题【例题】(2019全国卷)图是由矩形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.(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图中的二面角BCGA的大小.审题路线 自主解答(1)证明 由已知得ADBE，CGBE，所
8、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，BE，BC平面BCGE，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)解 作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，平面BCGE平面ABCBC，所以EH平面ABC.由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH 3.以 H 为坐标原点，HC 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(2，0，3)，CG(1，0，3)，AC(2，1，0).设
9、平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则CG n0，ACn0，即x 3z0，2xy0.所以可取 n(3，6，3).又平面 BCGE 的法向量可取 m(0，1，0)，所以 cosn，m nm|n|m|32.因此二面角 BCGA 的大小为 30.探究提高 立体几何中折叠问题的解决方法 解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚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，不在同一平面上的性质发生变化.【尝试训练】(2020湖南六校联考)在 RtABC 中，ABC90，tan ACB12.已知 E，F 分别是 BC，AC 的中点，将CEF 沿 EF
10、 折起，使 C 到 C的位置且二面角 CEFB 的平面角的大小是 60.连接 CB，CA，如图.(1)(一题多解)求证：平面CFA平面ABC；(2)求平面AFC与平面BEC所成二面角的平面角的大小.(1)证明 法一 F是AC的中点，AFCF.设AC的中点为G，连接FG，如图(1).设BC的中点为H，连接GH，EH.ABC90，E，F分别是BC，AC的中点，FEBC，CEEF，BEEF，BEC为二面角CEFB的平面角.BEC60.E为BC的中点，BEEC，BEC为等边三角形，EHBC.EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面BEC.EFAB，AB平面BEC，又EH平面BEC，ABEH.(1)BC
11、ABB，EH平面ABC.G，H分别为AC，BC的中点，GH 綉12AB 綉 FE，四边形 EHGF 为平行四边形，FGEH，FG平面ABC.又FG平面CFA，平面CFA平面ABC.法二 ABC90，E，F分别为BC，AC的中点，EFBC，EFBE，EFEC.BEECE，FE平面BCE.AB平面BEC.如图(2)，分别以BE，BA所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.设AB2，则 B(0，0，0)，A(0，0，2)，E(0，2，0)，F(0，2，1)，C(3，1，0).(2)BA(0，0，2)，BC(3，1，0)，AF(0，2，1)，AC(3，1，2).设平面 ABC的法向量为 a(x1，y
12、1，z1)，则aBA0，aBC 0，即2z10，3x1y10.令 x11，则 y1 3，z10，a(1，3，0).设平面 CFA 的法向量为 b(x2，y2，z2)，则bAF0，bAC 0，即2y2z20，3x2y22z20.令 x2 3，则 y21，z22，b(3，1，2).ab 3 300，平面 CFA平面 ABC.(2)解 由(1)中法二可得平面 AFC的一个法向量为 b(3，1，2).显然平面 BEC的一个法向量为 m(0，0，1)，cosm，n mb|m|b|22.观察图形可知，平面AFC与平面BEC所成的二面角的平面角为锐角，平面AFC与平面BEC所成二面角的平面角的大小为45.满
13、分答题示范立体几何中的开放问题【例题】(12分)如图，已知等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2AD2CD2.将ADC沿AC折起，使得ADBC，如图.(1)求证：平面 ADC平面 ABC；(2)在线段 BD 上是否存在点 E，使得二面角 EACD 的大小为4？若存在，指出点 E 的位置；若不存在，请说明理由.规范解答(1)证明 等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2AD2CD2，由平面几何知识易得ABC3，AC22212221cos 33.又AC2BC2AB2，ACBC.2ADBC，ADACA，BC平面ADC.3 又BC平面ABC，平面ADC平面ABC.4 以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所
14、在的直线为y轴，过点C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.5(2)解 在线段 BD 上存在点 E，使得二面角 EACD 的大小为4.由平面 ADC平面 ABC，ADC 是顶角为23 的等腰三角形，知 z 轴与ADC 底边上的中线平行，则 C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，D32，0，12，CA(3，0，0)，BD 32，1，12.令BEtBD(0t1)，则 E32 t，1t，t2，CE32 t，1t，t2.7设平面ACE的法向量为m(x，y，z)，则CAm0，CEm0，即 3x0，32 tx（1t）yt2z0，x0，2（1t）ytz0.令yt，则z2(t
15、1)，m(0，t，2(t1).9 由(1)知，平面ACD的一个法向量为n(0，1，0).10 要使二面角 EACD 的大小为4，则 cos 4|mn|m|n|tt24（t1）2 22，解得 t23或 t2(舍去).在线段 BD 上存在点 E，使得二面角 EACD 的大小为4，此时点 E 在线段 BD上靠近点 D 的三等分点处.12 高考状元满分心得 得步骤分：抓住得分点的步骤“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中证明面面垂直时，层层递进，先证明线线垂直，再证明线面垂直，最后得到面面垂直.得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(2)问中的建系方法，求两个平面的法向量.得计算
16、分：解题过程中计算准确是得满分的保证.如第(2)问中由二面角的大小求t的值等.【规范训练】(2020绵阳诊断)如图，四棱锥SABCD中，SD底面ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E为棱SB上的一个点，且SE2EB.(1)求证：DE平面 SBC；(2)在线段 BC 上是否存在点 M，使得 SM 与平面 ADE 所成角的正弦值为5 714？若存在，请指出点 M 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 由SD底面ABCD，AD，DC平面ABCD，知SDAD，SDDC.又ADDC，故以D为原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)
17、，B(1，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2).由 SE2EB，得 E23，23，23.BC(1，1，0)，BS(1，1，2)，DE 23，23，23，DE BC0，DE BS0.DEBC，DEBS.又BCBSB，DE平面SBC.(2)解 存在.理由如下：设点 M(x，y，z)，则BM BC(01).(x1，y1，z)(1，1，0)，M(1，1，0)，SM(1，1，2).由(1)知DA(1，0，0)，DE 23，23，23.设平面 ADE 的法向量为 n(x，y，z)，则nDA 0，nDE 0，即x0，23x23y23z0.令 y1，则 z1，n(0，1，1).|cosSM，n|SM n|SM|n|12|（1）2（1）2（2）2 25 714，解得 13或 2.又01，13.存在点M，且点M是靠近点B的BC的三等分点.
