高三数学一轮复习： 热点探究课4 立体几何中的高考热点问题

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空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
如图1所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
图1
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E­ABC的体积．
【导学号：01772279】
[解] (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.2分
又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分
① ②
(2)证明：法一：如图①，取AB中点G，连接EG，FG.
因为G，F分别是AB，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝eq \f(1,2)AC.6分
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形，
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.8分
法二：如图②，取AC的中点H，连接C1H，FH.
因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB.6分
又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
所以EC1綊AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，
所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，
所以平面ABE∥平面C1HF.
又C1F⊂平面C1HF，
所以C1F∥平面ABE.8分
(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3).10分
所以三棱锥E­ABC的体积
V＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×2＝eq \f(\r(3),3).12分
[规律方法] 1.(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．
(2)证明C1F∥平面ABE：①利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化．
2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化．
[对点训练1]
(2017·天津联考)如图2，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，CD＝BC＝eq \f(1,2)AB＝1，点P为CE的中点．
图2
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求DE与平面ABCD所成角的大小；
(3)求三棱锥D­ABP的体积．
[解] (1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE.
∵△ABE是正三角形，∴AB⊥OE.
∵四边形ABCD是直角梯形，DC＝eq \f(1,2)AB，AB∥CD，
∴四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.3分
又AB⊥BC，∴AB⊥OD.
∵OD，OE⊂平面ODE，且OD∩OE＝O，
∴AB⊥平面ODE.
∵DE⊂平面ODE，
∴AB⊥DE.5分
(2)∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，
OE⊥AB，OE⊂平面ABE，
∴OE⊥平面ABCD，
∴∠ODE即为所求，
在△ODE中，OD＝1，OE＝eq \r(3)，∠DOE＝90°，
∴tan∠ODE＝eq \r(3).
又∵∠ODE为锐角，∴∠ODE＝60°.8分
(3)∵P为CE的中点，
∴V三棱锥D­ABP＝V三棱锥P­ABD＝eq \f(1,2)V三棱锥E­ABD.10分
∵OE⊥平面ABCD，
∴V三棱锥E­ABD＝eq \f(1,3)S△ABD·OE＝eq \f(1,3)×eq \f(2×1,2)×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)，
∴V三棱锥D­ABP＝V三棱锥P­ABD＝eq \f(1,2)V三棱锥E­ABD＝eq \f(\r(3),6).12分
热点2 平面图形折叠成空间几何体(答题模板)
将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．
(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅱ)如图3，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝eq \f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq \r(10).
图3
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．
[思路点拨] (1)利用已知条件及翻折的性质得出D′H⊥EF，利用勾股定理逆定理得出D′H⊥OH，从而得出结论；
(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值．
[规范解答] (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得eq \f(AE,AD)＝eq \f(CF,CD)，
故AC∥EF.
因为EF⊥HD，从而EF⊥D′H.2分
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq \r(AB2－AO2)＝4.
由EF∥AC得eq \f(OH,DO)＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,4).
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.4分
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.5分
(2)如图，以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up7(→))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)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
eq \(AB,\s\up7(→))＝(3，－4,0)，eq \(AC,\s\up7(→))＝(6,0,0)，eq \(AD′,\s\up7(→))＝(3,1,3).7分
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up7(→))＝0，,m·\(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))
所以可取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up7(→))＝0，,n·\(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))
所以可取n＝(0，－3,1).10分
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq \f(7\r(5),25).
sin〈m，n〉＝eq \f(2\r(95),25).
因此二面角B­D′A­C的正弦值是eq \f(2\r(95),25).12分
[答题模板] 第一步：由平行线性质及题设，证明EF⊥D′H.
第二步：利用线面垂直的判定，得D′H⊥平面ABCD.
第三步：建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标．
第四步：利用方程思想，计算两平面的法向量．
第五步：由法向量的夹角，求二面角B­D′A­C的正弦值．
第六步：检验反思，查看关键点，规范解题步骤．
[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视D′H⊥OH的论证及条件OH∩EF＝H，导致推理不严谨而失分．
2．正确的计算结果是得分的关键，本题易发生写错点的坐标，或求错两半平面的法向量导致严重失分．
3．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不给分，因此要抓住得分点．
[对点训练2] (2017·西安调研)如图4①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图4②.
图4
(1)证明：CD⊥平面A1OC;
【导学号：01772280】
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．
[解] (1)证明：在图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，所以BE⊥AC，2分
即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1­BE­C的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2).7分
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，
BC∥ED，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得Beq \(C,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CD,\s\up7(→))＝eq \(BE,\s\up7(→))＝(－eq \r(2)，0,0).9分
设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up7(→))＝0，,n1·\(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取n1＝(1,1,1)；
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(CD,\s\up7(→))＝0，,n2·\(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2－z2＝0，))取n2＝(0,1,1)，
从而cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3).12分
热点3 立体几何中的探索开放问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．
(2016·北京高考)如图5，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5).
图5
(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eq \f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.2分
又因为PA⊥PD，
所以PD⊥平面PAB.3分
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.5分
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
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).6分
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up7(→))＝0，,n·\(PC,\s\up7(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又eq \(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，所以cs〈n，eq \(PB,\s\up7(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up7(→)),|n||\(PB,\s\up7(→))|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).8分
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]使得eq \(AM,\s\up7(→))＝λeq \(AP,\s\up7(→)).
因此点M(0,1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ).10分
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq \(BM,\s\up7(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝eq \f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).12分
[规律方法] 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3] (2017·江南名校联考)如图6，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．
图6
(1)求证：DE∥平面BPC；
(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F­PC­D的余弦值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.1分
∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，
又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，
∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，
BN＝eq \r(BC2－CN2)＝eq \r(102－82)＝6，
∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，
∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，3分
∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，
∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，
∴DE∥平面BPC.5分
(2)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(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8).6分
假设AB上存在一点F使CF⊥BD，
设点F坐标为(8，t,0)，
则eq \(CF,\s\up7(→))＝(8，t－6,0)，eq \(DB,\s\up7(→))＝(8,12,0)，
由eq \(CF,\s\up7(→))·eq \(DB,\s\up7(→))＝0得t＝eq \f(2,3).8分
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)．
又eq \(PC,\s\up7(→))＝(0,6，－8)，eq \(FC,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－8，\f(16,3)，0)).10分
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up7(→))＝0，,n·\(FC,\s\up7(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6y－8z＝0，,－8x＋\f(16,3)y＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(3,4)y，,x＝\f(2,3)y，))
不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．
则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(8,1×\r(82＋122＋92))＝eq \f(8,17).
又由图可知，该二面角为锐二面角，
故二面角F­PC­D的余弦值为eq \f(8,17).12分
热点4 利用向量求空间角
在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．
如图7，在四棱锥A­EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．
图7
(1)求证：AO⊥BE；
(2)求二面角F­AE­B的余弦值；
(3)若BE⊥平面AOC，求a的值.
【导学号：01772281】
[解] (1)证明：因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，
所以AO⊥EF.1分
又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，
所以AO⊥平面EFCB.
因为BE⊂平面EFCB，
所以AO⊥BE.3分
(2)取BC的中点G，连接OG.
由题设知四边形EFCB是等腰梯形，
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB，
又OG⊂平面EFCB，
所以OA⊥OG.5分
如图建立空间直角坐标系O­xyz，则E(a,0,0)，A(0,0，eq \r(3)a)，B(2，eq \r(3)(2－a)，0)，eq \(EA,\s\up7(→))＝(－a,0, eq \r(3)a)，eq \(BE,\s\up7(→))＝(a－2，eq \r(3)(a－2)，0)．
设平面AEB的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EA,\s\up7(→))＝0，,n·\(BE,\s\up7(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ax＋\r(3)az＝0，,a－2x＋\r(3)a－2y＝0.))7分
令z＝1，则x＝eq \r(3)，y＝－1，于是n＝(eq \r(3)，－1,1)．
又平面AEF的一个法向量为p＝(0,1,0)，
所以cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝－eq \f(\r(5),5).
由题知二面角F­AE­B为钝角，所以它的余弦值为－eq \f(\r(5),5).8分
(3)因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥CO，即eq \(BE,\s\up7(→))·eq \(OC,\s\up7(→))＝0.
因为eq \(BE,\s\up7(→))＝(a－2，eq \r(3)(a－2)，0)，eq \(OC,\s\up7(→))＝(－2，eq \r(3)(2－a)，0)，
所以eq \(BE,\s\up7(→))·eq \(OC,\s\up7(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.10分
由eq \(BE,\s\up7(→))·eq \(OC,\s\up7(→))＝0及0[规律方法] 1.本题主要考查数学推理论证能力，利用空间向量进行数学运算能力，同时考查化归转化的数学思想．
2．求二面角F­AE­B的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量．通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
[对点训练4] (2016·全国卷Ⅲ)如图8，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
图8
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.2分
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.5分
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，
且AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5).
以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.7分
由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，
eq \(PM,\s\up7(→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).9分
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up7(→))＝0，,n·\(PN,\s\up7(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))
可取n＝(0,2,1)．
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up7(→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up7(→))|,|n||\(AN,\s\up7(→))|)＝eq \f(8\r(5),25).
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).12分