高中数学立体几何经典常考题型题型一: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 =π4,O 为AB 边上一点,且3OB =3OC =2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA =2AO =PO ,且DA ∥PO. (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 ∵OB =OC ,又∵∠ABC =π4, ∴∠OCB =π4,∴∠BOC =π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC , OC ⊂平面ABC ,∴PO ⊥OC.又∵PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB =O , ∴CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥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.设OA =1,则PO =OB =OC =2,DA =1.则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴PD→=(0,-1,-1),BC →=(2,-2,0),BD →=(0,-3,1).设平面BDC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →=0,n ·BD →=0,∴⎩⎨⎧2x -2y =0,-3y +z =0,令y =1,则x =1,z =3,∴n =(1,1,3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ, 则sin θ=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | =⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0+1×(-1)+3×(-1)02+(-1)2+(-1)2×12+12+32=22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【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.【变式训练】 如图所示,在多面体A 1B 1D 1DCBA 中,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F . (1)证明:EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ⊂面A 1DE ,B 1C ⊄面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1,面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD 且AA 1=AB =AD .以A 为原点,分别以AB →,AD →,AA 1→为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),而该面上向量A 1E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,0,A 1D →=(0,1,-1),由n 1⊥A 1E →,n 1⊥A 1D →得r 1,s 1,t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1+12s 1=0,s 1-t 1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n 1=(-1,1,1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),而该面上向量A 1B 1→=(1,0,0),A 1D →=(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|=23×2=63.题型二: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P -ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA ⊥PD ,PA =PD ,AB ⊥AD ,AB =1,AD =2,AC =CD = 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ABCD =AD ,AB ⊥AD , 所以AB ⊥平面PAD ,所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ,AB ∩PA =A ,所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ,连接PO ,CO. 因为PA =PD ,所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ,平面PAD ⊥平面ABCD , 所以PO ⊥平面ABCD.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O -xyz.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 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →=0,n ·PC →=0,即⎩⎨⎧-y -z =0,2x -z =0,令z =2,则x =1,y =-2. 所以n =(1,-2,2).又PB →=(1,1,-1),所以cos 〈n ,PB →〉=n ·PB →|n ||PB →|=-33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点,则存在λ∈0,1],使得AM →=λAP →.因此点M (0,1-λ,λ),BM→=(-1,-λ,λ).因为BM ⊄平面PCD ,所以要使BM ∥平面PCD ,则BM →·n =0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=14. 所以在棱P A 上存在点M ,使得BM ∥平面PCD ,此时AM AP =14.【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.【变式训练】如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC =6,AD =8,BC =10,∠P AD =45°,E 为P A 的中点. (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F -PC -D 的余弦值;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CN ⊥AB ,垂足为点N .∵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 =BC 2-CN 2=102-82=6,∴AB =12,而E ,M 分别为P A ,PB 的中点, ∴EM ∥AB 且EM =6,又DC ∥AB ,∴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.(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D -xyz , 则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD , 设点F 坐标为(8,t ,0),则CF→=(8,t -6,0),DB →=(8,12,0), 由CF→·DB →=0得t =23. 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PC→=(0,6,-8),FC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8,163,0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →=0,n ·FC →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧6y -8z =0,-8x +163y =0,即⎩⎪⎨⎪⎧z =34y ,x =23y , 不妨令y =12,有n =(8,12,9). 则cos 〈n ,m 〉=n ·m|n ||m |=81×82+122+92=817. 又由图可知,该二面角为锐二面角, 故二面角F -PC -D 的余弦值为817. 题型三: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 ,AB =5,AC =6,点E ,F 分别在AD ,CD 上,AE =CF =54,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置,OD ′=10. (1)证明:D ′H ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ,AD =CD . 又由AE =CF 得AE AD =CFCD ,故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H .由AB =5,AC =6得DO =BO =AB 2-AO 2=4. 由EF ∥AC 得OH DO =AE AD =14.所以OH =1,D ′H =DH =3. 于是D ′H 2+OH 2=32+12=10=D ′O 2,故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF =H , 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图,以H 为坐标原点,HF →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0,0,0),A (-3,-1,0), B (0,-5,0),C (3,-1,0),D ′(0,0,3),AB →=(3,-4,0),AC →=(6,0,0),AD ′→=(3,1,3). 设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD ′的一个法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →=0,m ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧3x 1-4y 1=0,3x 1+y 1+3z 1=0,所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD ′的一个法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧6x 2=0,3x 2+y 2+3z 2=0,所以可取n =(0,-3,1). 于是cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=-1450×10=-7525.sin 〈m ,n 〉=29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.【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. 【变式训练】如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π2,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△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中,因为AB =BC =1,AD =2,E 是AD 的中点,∠BAD =π2,所以BE ⊥AC .即在题图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC , 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE -C 的平面角,所以∠A 1OC =π2.如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为A 1B =A 1E =BC =ED =1,BC ∥ED ,所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22,0,0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,0,0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,22,0,得BC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,22,0,A 1C →=⎝⎛⎭⎪⎫0,22,-22,CD →=BE →=(-2,0,0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ,则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →=0,n 1·A 1C →=0,得⎩⎨⎧-x 1+y 1=0,y 1-z 1=0,取n 1=(1,1,1);⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →=0,n 2·A 1C →=0,得⎩⎨⎧x 2=0,y 2-z 2=0,取n 2=(0,1,1),从而cos θ=|cos 〈n 1,n 2〉|=23×2=63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。