解答題專項打破(四)高考取立體幾何問題的熱門題型立體幾何是每年高考的重要內(nèi)容，基本上都是一道客觀題和一道解答題，客觀題主要考察考生的空間想象能力及簡單的計算能力．解答題主要采納證明與計算相聯(lián)合的模式，即第一利用定義、定理、公義等證明空間線線、線面、面面的平行或垂直關系，再利用空間向量進行空間角的計算求解．重在考察考生的邏輯推理及計算能力，試題難度一般不大，屬中檔題，且主要有以下幾種常有的熱門題型．熱門題型1空間點、線、面的地點關系及空間角的計算典例(2019·天津高考)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AEBC＝2.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；1(3)若二面角E－BD－F的余弦值為3，求線段CF的長．解題思路由條件知AB，AD，AE兩兩垂直，能夠A為坐標原點成立空間直角坐標系，用空間向量解決．→(1)找尋平面ADE的法向量，證明BF與此法向量垂直，即得線面平行．→CE和平面(2)CE與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對值，即為直線BDE所成角的正弦值；(3)設CF＝h，用h表示二面角E－BD－F的余弦值，經(jīng)過解方程獲得線段長．規(guī)范解答(1)證明：以A為坐標原點，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，AE所在的直線為z軸，成立如下圖的空間直角坐標系．則A(0,0,0)，B(1,0,0)，設F(1,2，h)．→依題意，AB＝(1,0,0)是平面ADE的一個法向量，→→→又BF＝(0,2，h)，可得BF·AB＝0，又直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.→→(2)依題意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，則BD＝(－1,1,0)，BE＝(－1,0,2)，→CE＝(－1，－2,2)．設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則x＋y＝0，

→n·BD＝0，→n·BE＝0，即不如令z＝1，可得n＝(2,2,1)．x＋2z＝0，→所以有cos〈CE，n〉＝

→CE·n4→＝－9.|CE||n|4所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為9.(3)設m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，→－x1＋y1＝0，m·BD＝0，則即→2y＋hz＝0，112不如令y1＝1，可得m＝1，1，－h(huán).2由題意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n|4－h(huán)1|m||n|＝4＝3，32＋h28解得h＝7.經(jīng)查驗，切合題意．8所以線段CF的長為7.熱門題型2平面圖形的折疊問題典例(2018·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C抵達點P的地點，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．解題思路(1)①翻折前后的不變關系，四邊形ABFE是矩形．②證明BF⊥平面PEF.③證明平面PEF⊥平面ABFD.(2)解法一：①建系：借助第(1)問，過P作平面ABFD的垂線為z軸，垂足為原點，EF所在直線為y軸，建系．②求直線DP的方向向量和平面ABFD的法向量．③由公式計算所求角的正弦值．解法二：①作：過P作PH⊥EF交EF于點H，連結DH.②證：證明PH⊥平面ABFD，得∠PDH為直線DP與平面ABFD所成角．③算：在Rt△PDH中，PD的長度是正方形ABCD的邊長，∠PHD＝90°，易知要求sin∠PDH，重點是求PH；由此想到判斷△PEF的形狀，進一步想到證明PF⊥平面PED.規(guī)范解答(1)證明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解法一：作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.→以H為坐標原點，HF的方向為y軸正方向，成立如下圖的空間直角坐標系Hxyz，設正方形ABCD的邊長為2.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.所以PH＝3，EH＝3，則H(0,0,0)，P，，3，220023→33→，，3為平面ABFD的一個D－1，－，0，DP＝1，，，HP＝222002法向量．設DP與平面ABFD所成角為θ，→→343·則sinθ＝|HPDP|＝→→＝.34|HP||DP|3所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為4.解法二：由于PF⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED，又PF⊥PD，ED∩PD＝D，所以PF⊥平面PED，所以PF⊥PE，設AB＝4，則EF＝4，PF＝2，所以PE＝23，過P作PH⊥EF交EF于點H，由于平面PEF⊥平面ABFD，所以PH⊥平面ABFD，連結DH，則∠PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角，由于PE·PF＝EF·PH，23×2所以PH＝4＝3，PH3由于PD＝4，所以sin∠PDH＝PD＝4，3所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為4.熱門題型3立體幾何中的探究性問題典例(2019·湖北“四地七?！甭?lián)考)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為22的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC＝22.(1)求證：PB＝PD；(2)若點M，N分別是棱PA，PC的中點，平面DMN與棱PB的交點為點Q，則在線段BC上能否存在一點H，使得DQ⊥PH？若存在，求BH的長；若不存在，請說明原因．解題思路(1)要證PB＝PD，想到在△PBD中，證明BD邊上的中線垂直于BD，聯(lián)系題目條件想到用面面垂直的性質(zhì)證明線面垂直．(2)借助第(1)問的垂直關系成立空間直角坐標系，求平面

DMN

的法向量

n，→→→→分別依照P，B，Q共線和B，C，H共線，設PQ＝λPB和BH＝tBC，利用垂直關系列方程先求λ再求t，確立點H的地點．規(guī)范解答(1)證明：記AC∩BD＝O，連結PO，∵底面ABCD為正方形，∴OA＝OC＝OB＝OD＝2.∵PA＝PC，∴PO⊥AC，∵平面PAC⊥底面ABCD，且平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO?平面PAC，∴PO⊥底面ABCD.∵BD?底面ABCD，∴PO⊥BD.∴PB＝PD.(2)存在．以O為坐標原點，射線OB，OC，OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向成立空間直角坐標系如下圖，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)，→→，2,0)．可得M(0，－1,1)，N(0,1,1)，DM＝(2，－1,1)，MN＝(0設平面DMN的法向量n＝(x，y，z)，→→∵DM·n＝0，MN·n＝0，2x－y＋z＝0，∴2y＝0.令x＝1，可得n＝(1,0，－2)．→→記PQ＝λPB＝(2λ，0，－2λ)，可得

Q(2λ，0,2－2λ)，→→DQ＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ·n＝0，可得

12λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝3