高考一轮总复习·数学（理）高考一轮总复习·数学（理）第7章立体几何高考大题冲关系列四高考一轮总复习·数学（理）立体几何的综合问题
命题动向：立体几何是历年高考必考的热点，试题难度中等，命题的热点主要有空间线面位置关系的证明和空间角的求解；试题背景有折叠问题，探索性问题等，考查了学生的空间想象能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能力，解决此类问题一般有传统方法和向量方法，用向量法解决问题可以化繁为简，降低题目的难度．
题型1 空间点、线、面的位置关系 例1[2015·江苏高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知ACBC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
[证明](1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DEAC.
又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，
所以DE平面AA1C1C.
(2)BC1⊥AB1.
[证明](2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1平面ABC.
因为AC平面ABC，
所以ACCC1.
又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC平面BCC1B1.
又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.
因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1平面B1AC.
又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1.
[解题视点]本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，意在考查考生的空间想象能力以及推理论证能力．第(1)问利用线面平行的判定定理证明；第(2)问先证线面垂直，再证线线垂直．
－冲关策略－
(1)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．
(2)证明“线面平行”，是通过线线平行、面面平行的转化来实现的.
变式训练1[2014·山东高考]如图，四棱锥P－ABCD中，AP平面PCD，ADBC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．
(1)求证：AP平面BEF；
证明(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.
由于E为AD的中点，
AB＝BC＝AD，ADBC，
所以AEBC，AE＝AB＝BC，
因此四边形ABCE为菱形，
所以O为AC的中点．
又F为PC的中点，
因此在PAC中，可得APOF.
又OF平面BEF，AP平面BEF，
所以AP平面BEF.
(2)求证：BE平面PAC.
证明(2)由题意知EDBC，ED＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，因此BECD.
又AP平面PCD，
所以APCD，因此APBE.
因为四边形ABCE为菱形，所以BEAC.
又AP∩AC＝A，AP，AC平面PAC，
所以BE平面PAC.
题型2 平面图形的翻折问题 例2[2015·陕西高考]如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.
[解](1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值．
[解](2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1－BCDE的高．
由题图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.
从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，由a3＝36，得a＝6.
[解题视点]先由平面图形的垂直关系转移到空间内，确定变与不变的量，再根据平行关系与垂直关系证明，确定底面积和高，利用面积公式列式求a的值．
－冲关策略－
(1)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，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角，以及所有不变的线段.
变式训练2
[2014·广东高考]如图1，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图2折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
解(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AD平面ABCD，
∴PD⊥AD.
∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥DC.
又∵PD∩DC＝D，∴AD⊥平面PCD.
∵CF平面PCD，∴AD⊥CF.
又∵MF⊥CF，MF∩AD＝M，
∴CF⊥平面MDF.
(2)求三棱锥M－CDE的体积．
解(2)由(1)知CF⊥DF，PD⊥DC，
在△PCD中，DC2＝CF·PC.
∴CF＝＝.
又∵EF∥DC，
∴＝ED＝＝＝.
∴PE＝ME＝－＝，
∴S△CDE＝DC·ED＝×1×＝.
在RtMDE中，MD＝＝，
VM－CDE＝SCDE·MD＝××＝.
题型3 立体几何中的探索性问题 例3[2014·湖北高考]如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1平面EFPQ；
[解](向量方法)
以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0，0，λ)．
＝(－2,0,2)，＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)．
(1)证明：当λ＝1时，＝(－1,0,1)，
因为＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1FP.
而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，
故直线BC1平面EFPQ.
(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
[解](2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由可得
于是可取n＝(λ，－λ，1)．
同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)．
若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，
则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.
故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．
[解题视点]本题用空间向量求解比较简单，思维难度小．(1)建立空间直角坐标系，找出相关点的坐标，然后根据向量平行，从而证明线面平行；(2)分别求出平面EFPQ和平面PQMN的法向量n，m，再由n·m＝0确定λ是否存在．
－冲关策略－
探索性问题的求解策略
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．
(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.
变式训练3
如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．
(1)求证：C1DD1E；
解(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，E，＝(0，－1，－1)，＝，
·＝0，C1D⊥D1E.
(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM平面AD1E？若存在，求的值，若不存在，说明理由；
解(2)设＝h，则M(a,0，h)，
＝(0，－1，h)，＝，
＝(－a,0,1)，
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a,2a)，
BM∥平面AD1E，⊥n，即·n＝2ah－a＝0，h＝.即在AA1上存在点M，使得BM平面AD1E，此时＝.
(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．
解(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝，＝(0,1,1)，
则，
平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)．
二面角B1－AE－D1的大小为90°，
m⊥n，m·n＝4＋a2－2a2＝0，
a>0，a＝2，即AD＝2.
题型4 空间向量与立体几何 例4[2015·重庆高考]如图，三棱锥P－ABC中，PC平面ABC，PC＝3，ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE平面PCD；
[解](1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.
由CE＝2，CD＝DE＝得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.
由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.
(2)求二面角A－PD－C的余弦值．
[解](2)由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.
由ACB＝得DFAC，＝＝，故AC＝
DF＝.
以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，＝(1，－1,0)，＝(－1，－1,3)，＝.
设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·＝0，n1·＝0，得
故可取n1＝(2,1,1)．
由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1,0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，
故所求二面角A－PD－C的余弦值为.
[解题视点]本题主要考查空间中线面的垂直关系、二面角的求法、空间向量的应用，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、转化能力．(1)要证明DE平面PCD，可转化为证明DECD与DEPC；(2)建立空间直角坐标系，将问题转化为求平面PAD与平面PCD的法向量的夹角的余弦值．
－冲关策略－
用空间向量求二面角大小的策略
用空间向量求解二面角的大小，应先建立适当的坐标系，写出点的坐标，设n1，n2分别为α－l－β的两个半平面α、β的法向量，求出n1，n2的坐标表示，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小.
变式训练4
[2016·湖南长沙质检]如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，DAB＝90°，ADBC，AD侧面PAB，PAB是等边三角形，DA＝AB＝2，BC＝AD，E是线段AB的中点．
(1)求证：PECD；
解(1)证明：因为AD侧面PAB，PE平面PAB，
所以ADPE.
又因为PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，
所以PEAB.
因为AD∩AB＝A，所以PE平面ABCD.
而CD平面ABCD.所以PECD.
(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值．
解(2)以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.
则E(0,0,0)，C(1，－1,0)，D(2,1,0)，P(0,0，)．
＝(2,1,0)，＝(0,0，)，＝(1，－1，－)．
设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量．
由即
令x＝1，可得n＝(1，－2,0)．
设PC与平面PDE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.
所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.
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