立体几何中的高考热点问题
[命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．
空间的平行与垂直及空间角的计算
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，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】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角1
形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．
[解] (1)证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF. 因为E是PD的中点， 1
所以EF∥AD，EF＝2AD．
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD． 1
又BC＝2AD，所以EF綊BC，
四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.
又BF平面PAB，CE平面PAB， 故CE∥平面PAB．
→
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的方向→
为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，→→
3)，PC＝(1,0，－3)，AB＝(1,0,0)． 设M(x，y，z)(0 →→ BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－3)． 因为BM与底面ABCD的夹角为45°， 而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量， → 所以|cos〈BM，n〉|＝sin 45°，即即(x－1)2＋y2－z2＝0.① →→ 又M在棱PC上，设PM＝λPC，则 x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.② 2＝2， ?x－1?2＋y2＋z2 |z| ??由①②解得?y＝1， 6?z＝－?2 2 x＝1＋2， ??(舍去)，或?y＝1， 6?z＝?2， 2x＝1－2， →??26?26? 所以M?1－，1，?，从而AM＝?1－，1，?. 22?22???设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则 →?AM＝0，?m·?→?AB＝0，?m· ???2－2?x0＋2y0＋6z0＝0， 即? ??x0＝0， 所以可取m＝(0，－6，2)． 10m·n 于是cos〈m，n〉＝|m||n|＝5. 10 因此二面角M-AB-D的余弦值为5. [规律方法] (1)证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线． (2)求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系． (2018·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2. (1)求证：AC⊥平面BEF； (2)求二面角B-CD-C1的余弦值； (3)证明：直线FG与平面BCD相交． [解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中， 因为CC1⊥平面ABC， 所以四边形A1ACC1为矩形． 又E，F分别为AC，A1C1的中点， 所以AC⊥EF. 因为AB＝BC， 所以AC⊥BE. 所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC， 所以EF⊥平面ABC. 因为BE平面ABC， 所以EF⊥BE. 如图，建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得 B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)， F(0,0,2)，G(0,2,1)． →→ 所以BC＝(－1，－2,0)，BD＝(1，－2,1)． 设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则 →?BC＝0，?n·?→?BD＝0，?n· ??x0＋2y0＝0， 即? ??x0－2y0＋z0＝0. 令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4. 于是n＝(2，－1，－4)． → 又因为平面CC1D的法向量为EB＝(0,2,0)， → →n·EB21 所以cos〈n，EB〉＝＝－21. →|n||EB| 21 由题知二面角B-CD-C1为钝角，所以其余弦值为－21. → (3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，FG＝(0,2，－1)．
