1、命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的15%，通常以一大两小的模式命题，以中、低档难度为主三视图，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空间点、线、面的位置关系例1(2019江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1
2、E.证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.冲关策略立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义
3、，从而得到这两条直线垂直解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线”的主要依据变式训练1(2018北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点求证：(1)PEBC；(2)平面PAB平面PCD；(3)EF平面PCD.证明(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD
4、，所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD，所以PD平面PAB，PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.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
5、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)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
6、,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1,0)设平面ACGD的法向量为n(x，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(2019长沙一模)已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中：(1)证明：平面PA
7、C平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值解(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PAPBPC，POBO1.因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC.因为在POB中，PO2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，AC平面ABC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知，BOPO，由题意可得BOAC，所以BO平面PAC，所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMO，所以当线段OM最短，即M是PA的中点时，BMO最大由PO平面
8、ABC，OBAC，得POOB，POOC，OBOC，以O为坐标原点，OC，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1，0)，A(1,0,0)，P(0,0，1)，M，(1，1,0)，(1,0，1)，.设平面MBC的法向量为m(x1，y1，z1)，由得令x11，得y11，z13，即m(1,1,3)是平面MBC的一个法向量设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，由得令x21，得y21，z21，即n(1,1,1)是平面PBC的一个法向量所以cosm，n.结合图可知，二面角PBCM的余弦值为.题型3立体几何中的探索性问题
9、角度1探索性问题与平行相结合例3(2019长沙调研)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PAC，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SO平面ABCD.以O为坐标原点，所在的直线分别为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：
10、由已知条件及(1)，可知是平面PAC的一个法向量，且，.设t，则t，而0t.即当SEEC21时，BEDS.又BE平面PAC，故BE平面PAC.冲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轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设
11、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)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，n，n，得取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2探索性问题与垂直相结合例4(2019湖北四地七校期末联考)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC底面A
12、BCD，PAPC2.(1)求证：PBPD；(2)若点M，N分别是棱PA，PC的中点，平面DMN与棱PB的交点为Q，则在线段BC上是否存在一点H，使得DQPH？若存在，求BH的长；若不存在，请说明理由解(1)证明：记ACBDO，连接PO，底面ABCD为正方形，OAOCOBOD2.PAPC，POAC，平面PAC底面ABCDAC，PO平面PAC，PO底面ABCD.BD底面ABCD，POBD.PBPD.(2)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)，
13、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.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
14、而将几何证明转化为向量运算变式训练4(2019河南洛阳模拟)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC4，ABAD2.(1)求证：ACBF；(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，AFAD，AF平面ADEF，AF平面ABCD.AC平面ABCD，AFAC.过A作AHBC于点H，则BH1，AH，CH3，AC2，AB2AC2BC2，ACAB，ABAFA，AB平面FAB，AF平面FAB，AC平面FAB，BF平面FAB，ACBF.(2)存在由(
15、1)知，AF，AB，AC两两垂直以A为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2，0)，E(1，2)假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设，则0，P.设平面PAC的法向量为m(x，y，z)由，(0,2，0)，得即令x1，则z，所以m为平面PAC的一个法向量同理，可求得n为平面BCEF的一个法向量当mn0，即时，平面PAC平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时.角度3探索性问题与空间角相结合例5(2019陕西渭南模拟)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是直
16、角梯形，ADC90，ADBC，ABAC，ABAC，点E在AD上，且AE2ED.(1)已知点F在BC上，且CF2FB，求证：平面PEF平面PAC；(2)当二面角APBE的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45？解(1)证明：ABAC，ABAC，ACB45，底面ABCD是直角梯形，ADC90，ADBC，CAD45，即ADCD，又ABAC，BCAC2AD，AE2ED，CF2FB，AEBFAD，四边形ABFE是平行四边形，ABEF，ACEF，PA底面ABCD，PAEF，PAACA，EF平面PAC，EF平面PEF，平面PEF平面PAC.(2)PAAC，ACAB，PAABA，AC平面PAB，则
17、APC为PC与平面PAB所成的角，若PC与平面PAB所成的角为45，则tanAPC1，即PAAC，取BC的中点为G，连接AG，则AGBC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1，1,0)，C(1,1,0)，E，P(0,0，)，设平面PBE的法向量为n(x，y，z)，则即令y3，则x5，z，n(5,3，)，(1,1,0)是平面PAB的一个法向量，cosn，故结合图形可知当二面角APBE的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45.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
18、判断型问题的求解，应先假设存在，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”等变式训练5(2019山东淄博三模)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，若不存在，说明理由解(1)因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面A
19、DE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，如图，因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMFBM，则OMMF，AOBF，所以点O在EA的延长线上，且AO2，连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，则MNOD，又因为MN平面EMC，所以直线OD平面EMC.(2)由已知可得EFAE，EFDE，所以EF平面ADE，则平面ABEF平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，E(1,0,0)，D(0,0，)，C(0，4，)，所以(1,0，)，(1,4，)，设M(1，t,0)(0t4)，则(2，t,0)，设平面EMC的法向量m(x，y，z)，则即取y2，则xt，z，所以m，又DE与平面EMC所成的角为60，所以，所以，所以t24t30，则t1或t3，所以存在点M，使直线DE与平面EMC所成的角为60，取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量，因为Q，所以，m.设二面角MECF的大小为，所以|cos|，当t2时，cos0，平面EMC平面CDEF.当t1时，为钝角，cos.当t3时，为锐角，cos.故当直线DE与平面EMC所成的角为60时，二面角MECF的余弦值为或.
