[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．
[典例示范](本题满分12分)(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.
图1图2
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面①，且平面ABC⊥平面BCGE②；
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小③.
[信息提取]看到①想到四边形ACGD共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系．
[规范解答](1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 2分
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
故AB ⊥平面BCGE .
3分 又因为AB 平面ABC ，
所以平面ABC ⊥平面BCGE .
4分
(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 . 5分
由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.
以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
H -xyz ，
则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，
CG →＝(1,0，3)，AC →＝(2，－1,0). 8分
设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎨⎧ CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.
9分 所以可取n ＝(3,6，－3).
10分 又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)，
所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝32. 11分
因此，二面角B -CG -A 的大小为30°.
12分 [易错防范] 易错点 防范措施
不能恰当的建立
直角坐标系
由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及侧面菱形
的边角关系建立空间直角坐标系
建系后写不出G
点的坐标
结合折叠后棱柱的侧棱关系：CG→＝BE→可求出CG→，
或者借助折叠前后直角三角形的边角关系，直接求
出点G的坐标
[通性通法]合理建模、建系巧解立体几何问题
(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；
(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[规范特训] 1.(2019·江南十校二模)已知多面体ABC-DEF，四边形BCDE为矩形，△ADE与△BCF为边长为22的等边三角形，AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2.
(1)证明：平面ADE∥平面BCF；
(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值．
[解](1)取BC，DE中点分别为O，O1，连接OA，O1A，OF，O1F.
由AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝22，
可知△ABC，△DEF为等腰直角三角形，故OA⊥BC，O1F⊥DE，CD⊥DE，CD⊥DF，又DE∩DF＝D，故CD⊥平面DEF，平面BCDE⊥平面DEF，因为平面BCDE∩平面DEF＝DE，O1F⊥DE，所以O1F⊥平面BCDE.
同理OA⊥平面BCDE；所以O1F∥OA，而O1F＝OA，故四边形AOFO1为平行四边形，所以AO1∥OF，AO1平面BCF，OF平面BCF，所以AO1∥平面BCF，又BC ∥DE，故DE∥平面BCF，而AO1∩DE＝O1，所以平面ADE∥平面BCF.
(2)以O 为坐标原点，以过O 且平行于AC 的直线作为x 轴，平行于AB 的直线作为y 轴，OO 1为z 轴建立空间直角坐标系如图．
则有B (1,1,0)，C (－1，－1,0)，D (－1，－1,2)，F (－1,1,2)，
故BD →＝(－2，－2,2)，BC →＝(－2，－2,0)，BF →＝(－2,0,2)．
设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由BC →⊥n ，BF →⊥n 得⎩⎪⎨⎪⎧
－2x －2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，
取x ＝1得y ＝－1，z ＝1，故平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)．
设BD 与平面BCF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪－2×1－2×(－1)＋2×13×23＝13.
故BD 与平面BCF 所成角的正弦值为13.
2．(2019·河南、河北考前模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，点E 是边AD 上的一点，且AE ＝2ED ，点H 是BE 的中点，将△ABE 沿着BE 折起，使点A 运动到点S 处，且有SC ＝SD .
(1)证明：SH ⊥平面BCDE .
(2)求二面角C -SB -E 的余弦值．
[解] (1)证明：取CD 的中点M ，连接HM ，SM ，
由已知得AE ＝AB ＝2，∴SE ＝SB ＝2，
又点H是BE的中点，∴SH⊥BE.
∵SC＝SD，点M是线段CD的中点，∴SM⊥CD.
又∵HM∥BC，BC⊥CD，
∴HM⊥CD，
∵SM∩HM＝M，
从而CD⊥平面SHM，得CD⊥SH，
又CD，BE不平行，∴SH⊥平面BCDE.
(2)法一：取BS的中点N，BC上的点P，使BP＝2PC，连接HN，PN，PH，可知HN⊥BS，HP⊥BE.
由(1)得SH⊥HP，∴HP⊥平面BSE，则HP⊥SB，
又HN⊥BS，HN∩HP＝H，∴BS⊥平面PHN，
∴二面角C-SB-E的平面角为∠PNH.
又计算得NH＝1，PH＝2，PN＝3，
∴cos∠PNH＝1
3＝3
3.
法二：由(1)知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG，HM，HS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，则点B(1，－1,0)，C(1,2,0)，E(－1,1,0)，S(0,0，2),
∴BC→＝(0,3,0)，BE→＝(－2,2,0)，BS→＝(－1,1，2)．
设平面SBE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
由⎩⎨⎧ m ·BE →＝－2x 1＋2y 1＝0，m ·BS →＝－x 1＋y 1＋2z 1＝0， 令y 1＝1，
得m ＝(1,1,0)．
设平面SBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
由⎩⎨⎧ n ·BC →＝3y 2＝0，n ·BS →＝－x 2＋y 2＋2z 2＝0， 令z 2＝1，得n ＝(2，0,1)．
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22×3
＝33. ∴二面角C -SB -E 的余弦值为33.。