2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第8章高考大题冲关系列（4）　高考中立体几何问题的热点题型

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ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.

求证：(1)A1B1∥平面DEC1；

(2)BE⊥C1E.

证明　(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.

因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，

所以C1C⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

[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，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P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

求证：(1)PE⊥BC；

(2)平面PAB⊥平面PCD；

(3)EF∥平面PCD.

证明　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，

所以PE⊥AD.

因为底面ABCD为矩形，

所以BC∥AD.所以PE⊥BC.

(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，

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FG∥BC，FG＝BC.

因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，

所以DE∥BC，DE＝BC.

所以DE∥FG，DE＝FG.

所以四边形DEFG为平行四边形．

所以EF∥DG.

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Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.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中的二面角B－CG－A的大小．

解　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，

所以AD∥CG，

所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，

所以AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)作EH⊥BC，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，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，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(1,0,0)，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cos〈n，m〉＝＝.

由图知，二面角B－CG－A为锐角，

因此二面角B－CG－A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P－ABC(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P－ABC中：

(1)证明：平面PAC⊥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P－BC－M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

PA＝PB＝PC＝，PO＝BO＝1.

因为在△PAC中，PA＝PC，

O为AC的中点，所以PO⊥AC.

因为在△POB中，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.

因为AC∩OB＝O，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，BO⊥PO，由题意可得BO⊥AC，

所以BO⊥平面PAC，

所以∠BMO是直线BM与平面PAC所成的角，

且tan∠BMO＝＝，

所以当线段OM最短，即M是PA的中点时，∠BMO最大．

由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥OC，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x1＝1，得y1＝1，z1＝3，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x2＝1，得y2＝1，z2＝1，即n＝(1,1,1)是平面PBC的一个法向量．

所以cos〈m，n〉＝＝＝.

结合图可知，二面角P－BC－M的余弦值为.

题型3　立体几何中的探索性问题

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S－ABCD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CP⊥SD.

(1)求证：AC⊥SD；

(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SE∶EC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AC⊥BD.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SO＝a，

于是S，D，B，C，＝，＝，

则·＝0.故OC⊥SD，

从而AC⊥SD.

(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.

理由如下：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·＝0⇒t＝.

即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.

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ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(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AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)．故＝(0,1,1)，＝.

∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

∴B1E⊥AD1.

(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x＝1，得平面B1AE的一个法向量

n＝.

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，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P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC＝2.

(1)求证：PB＝PD；

(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DQ⊥PH？若存在，求BH的长；若不存在，请说明理由．

解　(1)证明：记AC∩BD＝O，连接PO，

∵底面ABCD为正方形，

∴OA＝OC＝OB＝OD＝2.

∵PA＝PC，∴PO⊥AC，

∵平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO⊂平面PAC，

∴PO⊥底面ABCD.

∵BD⊂底面ABCD，∴PO⊥BD.

∴PB＝PD.

(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OP＝2.

可得P(0,0,2)，A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，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)，

∵·n＝0，·n＝0，∴

令x＝1，可得n＝(1,0，－2)．

记＝λ＝(2λ，0，－2λ)，可得Q(2λ，0,2－2λ)，

＝(2λ＋2,0,2－2λ)，·n＝0，

可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝.

可得＝.

记＝t＝(－2t,2t,0)，可得H(2－2t,2t,0)，

＝(2－2t,2t，－2)，若DQ⊥PH，则·＝0，

×(2－2t)＋×(－2)＝0，解得t＝.

故BH＝.

故在线段BC上存在一点H，使得DQ⊥PH，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BC＝4，AB＝AD＝2.

(1)求证：AC⊥BF；

(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ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，

∴AF⊥平面ABCD.

∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.

过A作AH⊥BC于点H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，

∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，

∵AB∩AF＝A，AB⊂平面FAB，AF⊂平面FAB，

∴AC⊥平面FAB，

∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.

(2)存在．由(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＝λ，则λ>0，P.

设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．

由＝，＝(0,2，0)，

得

即令x＝1，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m·n＝0，即λ＝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P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.

(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；

(2)当二面角A－PB－E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：∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，

∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，

∴∠CAD＝45°，即AD＝CD，

又AB⊥AC，∴BC＝AC＝2AD，

∵AE＝2ED，CF＝2FB，

∴AE＝BF＝AD，

∴四边形ABFE是平行四边形，

∴AB∥EF，∴AC⊥EF，

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，

∵PA∩AC＝A，∴EF⊥平面PAC，

∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.

(2)∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，

∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，

若PC与平面PAB所成的角为45°，则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，

取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，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y＝3，则x＝5，z＝，

∴n＝(5,3，)，

∵＝(1,1,0)是平面PAB的一个法向量，

cos〈n，〉＝＝，

故结合图形可知当二面角A－PB－E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M－EC－F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ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，如图，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，

则OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，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MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.

(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，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)(0≤t≤4)，则＝(2，t,0)，设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，则即取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，又DE与平面EMC所成的角为60°，所以＝，所以＝，所以t2－4t＋3＝0，则t＝1或t＝3，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M－EC－F的大小为θ，所以|cosθ|＝＝＝，

当t＝2时，cosθ＝0，平面EMC⊥平面CDEF.当t＝1时，θ为钝角，cosθ＝－.当t＝3时，θ为锐角，cosθ＝.故当直线DE与平面EMC所成的角为60°时，二面角M－EC－F的余弦值为－或.