1、命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何解答题是高考的重点内容之一，每年必考，一般处在试卷第18题或者第19题的位置，主要考查空间线线、线面、面面的平行与垂直及空间几何体的体积或侧面积，试题以中档难度为主着重考查推理论证能力和空间想象能力以及转化与化归思想，几何体以四棱柱、四棱锥、三棱柱、三棱锥等为主题型1空间的位置关系与体积角度1平行关系的证明及求体积例1(2019西安模拟)已知四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，E，F分别为AD，PC上的点，AD3AE，PC3PF，四边形BCDE为矩形(1)求证：PA平面BEF；(2)若PAD60，PA2AE2，PB2，求三棱锥PBEF的体积解(
2、1)证明：连接AC，交BE于点M，连接FM.因为四边形BCDE是矩形，所以BCDE，BCDE，所以AMECMB，所以.依题意，得，所以，所以PAFM，因为FM平面BEF，PA平面BEF，所以PA平面BEF.(2)因为PA2，AE1，PAD60，由余弦定理可得PE，所以PEAD.又因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，所以PE平面ABCD，所以PECB.又因为BECB，且PEBEE，所以CB平面PEB，而BCDE2AE2，所以点F到平面PEB的距离为，又因为在直角三角形PEB中，EB3，所以VPBEFVFPEB3.冲关策略在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循
3、从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”变式训练1(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因
4、此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又因为MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)解法一：过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DEBC，DEC1C，所以DE平面C1CE，故DECH.从而CH平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离由已知可得CE1，C1C4，所以C1E，故CH.从而点C到平面C1DE的距离为.解法二：在菱形ABCD中，BAD60，E为BC的中点，所以DEBC，根据题意有DE，C1E，因为棱柱为直棱柱，所以有DE平面BCC1B1，所以DEEC1，所以SC1DE，设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VCC1DEVC1CDE，则
5、有d14，解得d.所以点C到平面C1DE的距离为.角度2垂直关系的证明及求体积例2(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，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积解(1)证明：由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又因为BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.如图，作EFBB1，垂足为F，则EF平面BB1C1C，
6、且EFAB3.所以四棱锥EBB1C1C的体积V36318.冲关策略(1)在解决直线与平面垂直问题的过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化(2)面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中作交线的垂线即可变式训练2(2019河南八市第五次测评)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AA1AC，ACB90.(1)求证：平面AB1C1平面A1B1C；(2)若A1AC60，AC2CB2，求四棱锥ABCC1B1的体积解(1)平面ACC1A1平面AB
7、C，平面ACC1A1平面ABCAC，BC平面ABC，ACB90，BC平面ACC1A1，A1C平面ACC1A1BCA1C，B1C1BC，A1CB1C1，四边形ACC1A1是平行四边形，且AA1AC，四边形ACC1A1是菱形，A1CAC1，AC1B1C1C1，A1C平面AB1C1，又A1C平面A1B1C，平面AB1C1平面A1B1C.(2)四边形ACC1A1是菱形，A1AC60，AC2，SACC122sin60，B1C1BC，B1C1BC，BC平面ACC1A1，BC1，VB1ACC1SACC1B1C11，VABCC1B12VACC1B12VB1ACC1.即四棱锥ABCC1B1的体积为.题型2立体几
8、何中的折叠问题例3(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)求图2中的四边形ACGD的面积解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为ABDE，AB平面BCGE，所以DE平面BC
9、GE，故DECG.由已知，四边形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.所以四边形ACGD的面积为4.冲关策略平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没变一般地，在翻折后还在一个平面上的性质一般不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法变式训练3(2019山东四校联考)在如图所示的矩形ABCD中，ABAD2，点E为AD边上异于点A，D的动点，且EFAB，G为线段ED的中点，现沿
10、EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60，连接BD，FD.(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥GBDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度解(1)取线段EF的中点M，有GM平面BDF.证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，GM为EDF的中位线，GMDF，又GM平面BDF，DF平面BDF，故GM平面BDF.(2)CFDE，且AE与CF的夹角为60，故AE与DE的夹角为60，即AED60，过D作DPAE交AE于点P，由已知得DEEF，AEEF，EF平面AED，则
11、EFDP，又AEEFE，DP平面AEFB，即DP为点D到平面AEFB的距离，设DEx，则DPx，AEBF4x，由(1)知GMDF，VGBDFVMBDFVDMBFSMBFDPx(4x)x，当且仅当4xx时等号成立，此时xDE2.故三棱锥GBDF的体积的最大值为，此时DE的长度为2.题型3立体几何中的探索性问题例4(2019北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点(1)求证：BD平面PAC；(2)若ABC60，求证：平面PAB平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF平面PAE？说明理由解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD.因为底
12、面ABCD为菱形，所以BDAC.又因为PAACA，所以BD平面PAC.(2)证明：因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD的中点，所以AECD.所以ABAE.又因为ABPAA，所以AE平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF平面PAE.取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FGAB，且FGAB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG.因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以
13、CF平面PAE.冲关策略解决存在性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，若找到了使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明变式训练4(2019河南郑州第二次质检)四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD，PAD是等边三角形，F为AD的中点，PDBF.(1)求证：ADPB；(2)若E在线段BC上，且ECBC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG平面ABCD？若存在，求四面体DCEG的体积解(1)证明：如图，连接
14、PF，BD，PAD是等边三角形，F为AD的中点，PFAD，底面ABCD是菱形，BAD，ABD是等边三角形，F为AD的中点，BFAD，又PF，BF平面PBF，PFBFF，AD平面PBF，PB平面PBF，ADPB.(2)由(1)得BFAD，又PDBF，AD，PD平面PAD，BF平面PAD，又BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD，由(1)得PFAD，平面PAD平面ABCDAD，PF平面ABCD，连接FC交DE于点H，则HEC与HDF相似，又ECBCFD，CHCF，在PFC中，过H作GHPF交PC于点G，则GH平面ABCD，又GH平面GED，则平面GED平面ABCD，此时CGCP，四面体DCEG的体积VDCEGVGCEDSCEDGH22PF.所以存在点G满足CGCP，使平面DEG平面ABCD，且VDCEG.