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1、4立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在ABC中，ABC，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(1)求证：平面PBD平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明OBOC，又ABC4，42OCB，BOC.COAB.又PO平面ABC，OC平面ABC，POOC.又PO，AB平面PAB，POABO，CO平面PAB，即C
2、O平面PDB.又CO平面COD，平面PDB平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.n则sin|PD|n|设OA1，则POOBOC2，DA1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，PDBCBD(0，1，1)，(2，2，0)，(0，3，1).设平面BDC的一个法向量为n(x，y，z)，BCn0，2x2y0，BDn0，3yz0，令y1，则x1，z3，n(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为，PD02（1）2（1）212123211101（1）3（1）222.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为2221
3、1.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体ABDDCBA中，四边形AABB，ADDA，ABCD均为正方1111111形，E为BD的中点，过A，D，E的平面交CD于F.1111(1)证明：EFBC.1(2)求二面角EADB的余弦值.11(1)证明由正方形的性质可知ABABDC，且ABABDC，所以四边形ABCD为平行111111四边形，从而BCAD，
4、又AD面ADE，BC面ADE，于是BC面ADE.又BC面BCD，11111111111面ADE面BCDEF，所以EFBC.1111AAABAD.以A为原点，分别以，AA为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示ABAD22设平面ADE的一个法向量n(r，s，t)，而该面上向量1，1，0，(0，1，221r1s0，n得r，s，t应满足的方程组22st0，.|n|n|323(2)解因为四边形AABB，ADDA，ABCD均为正方形，所以AAAB，AAAD，ABAD且11111111的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，111B(1，0，1
5、)，D(0，1，1)，而E点为BD的中点，所以E点的坐标为，1.11111111111AE1)，由n，11111111111(1，1，1)为其一组解，所以可取n(1，1，1).1BAD设平面ABCD的一个法向量n(r，s，t)，而该面上向量A(1，0，0)，(0，1，1122221111)，由此同理可得n(0，1，1).2所以结合图形知二面角EADB的余弦值为11|nn|261212热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假
6、设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD5.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，
7、所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.又(1，1，1)，所以cosn，.|3如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，则PDn0，yz0，即PCn0，2xz0，令z2，则x1，y2.所以n(1，2，2).PBn3PBPB|n|PB所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.则n0，即(1，)(1，2，2)0，解得.4所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时AM.AMAP.BM(3)解设M是棱PA上一点，
8、则存在0，1，使得因此点M(0，1，)，(1，).因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，1BM1AP4【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点.(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，试求出二面角FPCD的
9、余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N.CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四边形CDAN为平行四边形，CNAD8，DCAN6，在BNC中，BNBC2CN2102826，AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，EMAB且EM6，又DCAB，EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM.CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面BPC.由0得t.3又(0，6，8)，8，16，0.3(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8，
10、0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CFBD，设点F坐标为(8，t，0)，CFDB则(8，t6，0)，(8，12，0)，2CFDB又平面DPC的一个法向量为m(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n(x，y，z).n0，6y8z0，0，3nFC由得168xy0，即z3y，43x2y，|n|m|1821229217不妨令y12，有n(8，12，9).nm88则cosn，m.174又由图可知，该二面角为锐二面角，8故二面角FPCD的余弦值为.热点三立体几何中的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，这类问题称为立体几何中的折
11、叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，5CD上，AECF，EF交BD于点将DEF沿EF折到DEF的位置，OD10.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.又由AECF得AEADCD由EFAC得OHDOAD4(1)证明由已知得ACBD，ADCD.CF，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBOAB2AO24.AE1.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而O
12、HEFH，所以DH平面ABCD.HF(2)解如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，m0，3x14y10，mAD0，3x1y13z10，nAD0，3x2y23z20，B(0，5，0)，C(3，1，0)，ABACD(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，AD(3，1，3).设m(x，y，z)是平面ABD的一个法向量，111则即所以可取m(4，3，5).设n(x，y，z)是平面ACD的一个法向量，222ACn0，6x0，则即2所以可取n(0，3，1).于是cosm，nmn25|m|n|1475.5010sinm，n2952
13、5.25295因此二面角BDAC的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清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，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到ABE的位置，如图2.1(1)证明：CD平面AOC；1(2)若平面ABE平面BCDE，求平面ABC与平面ACD夹角的余弦值.111(1)证明在题图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD2，所以BEAC.2即在题图2中，BEOA，BEO
14、C，1从而BE平面AOC.1又CDBE，所以CD平面AOC.1(2)解由已知，平面ABE平面BCDE，1又由(1)知，BEOA，BEOC，1所以AOC为二面角ABEC的平面角，所以AOC.111如图，以O为原点，OA分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为OBOC所以B，0，0，E，0，0，A10，0，C0，0，得，0，AC0，(2，0，0).22n0，x1y10，则得取n(1，1，1)；nAC0，y1z10，n0，x20，得取n(0，1，1)，0，y2z20，nA从而cos|cosn，n|23231ABAEBCED1，BCED，11222222222222BCCDBE1设平面ABC的一个法向量n(x，y，z)，平面ACD的一个法向量n(x，y，z)，平1111112222面ABC与平面ACD的夹角为，11111122216，12即平面ABC与平面ACD夹角的余弦值为1163.