大题突破四 高考中的立体几何热点问题 箫帆草数学名师工作室 热点一 翻折问题 把一个平面图形按某种要求而折起，转化为空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，这类 问题称为平面图形的翻折问题，在高考中图形的翻折常与空间中的平行垂直及空间角相结合命题. 【典例 1】（2021.山东泰安模拟） 【对点训练】(2020·湖北五校联考)如图 1 所示，在直角梯形 ABCD 中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝ 2，E 为 AC 的中点，将△ACD 沿 AC 折起，使折起后的平面 ACD 与平面 ABC 垂直，得到如图 2 所示的几何体 DABC. (1)求证：BC⊥平面 ACD； (2)点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 FBCE 的体积． 解：(1)证明：∵AC＝＝2， ∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4， ∴在△ABC 中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos 45°＝8， ∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC. ∵平面 ACD⊥平面 ABC，平面 ACD∩平面 ABC＝AC， ∴BC⊥平面 ACD. (2)∵AD∥平面 BEF，AD⊂平面 ACD，平面 ACD∩平面 BEF＝EF，∴AD∥EF， ∵E 为 AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线， 由(1)知，几何体 FBCE 的体积 VFBCE＝VBCEF＝×S△CEF×BC， S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，∴VFBCE＝××2＝. 2.空间角中的翻折问题 典例 2　(2019.课标Ⅲ卷理)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，连结 DG，如图 2． (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B−CG−A 的大小． 【解析】(1)由已知得 AD // DE ， 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． 由已知得 AB  BE , AB  BC ，故 AB  平面 BCGE ． 又因为 AB �平面 ABC ,所以平面 ABC  平面 BCGE ． （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 ． 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2 ， �EBC  60�，可求得 BH  1, EH  uuur 3． 以 H 为坐标原点， HC 的方向为 x 轴的的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 H  xyz ，则 uuur uuur A( 1,1,0), C (1, 0, 0), G (2, 0, 3), CG  (1, 0, 3), AC  (2, 1, 0) ． r 设平面 ACGD 的法向量为 n  ( x , y , z ) ，则 uuur r � CG gn  0 �x  3z  0, � 即� 所以可取 r ． �uuur r �AC gn  0 �2 x  y  0. n  (3 , 6 ,  3) r ur r ur n gm 3 r uu r= n , m� uu 又平面 的法向量可取为 ur ，所以 cos� ． m  (0 , 1, 0) |n| |m| 2 BCGE 因此二面角 B - CG - A 的大小为 30� ． 【方法总结】翻折问题的 2 个解题策略 确定翻折前 后变与不变 的关系 确定翻折后 关键点的位 置 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系 的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系 不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不 变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会 带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位 置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参 照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 【对点训练】(2020·福建泉州模拟)如图 1，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝ 6，E 是 AD 上的点，AE＝AD，P 为 BE 的中点，将△ABE 沿 BE 折起到△A1BE 的位置，使得 A1C＝4，如图 2. (1)求证：平面 A1CP⊥平面 A1BE； (2)求二面角 BA1PD 的余弦值． 解：(1)证明：如图 3，连接 AP，PC.∵在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E 是 AD 上的点，AE＝AD，P 为 BE 的中点， ∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2，∴PC＝2，∴BP2＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC. ∵A1P＝AP＝2，A1C＝4，∴A1P2＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P. ∵BP∩A1P＝P，∴PC⊥平面 A1BE. ∵PC⊂平面 A1CP，∴平面 A1CP⊥平面 A1BE. (2)如图 4，以 P 为坐标原点，PB 所在直线为 x 轴，PC 所在直线为 y 轴，过 P 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空 间直角坐标系， 则 A1(－1,0，)，P(0,0,0)，D(－4,2，0)， ∴PA1＝(－1,0，)， PD＝(－4,2，0)， 设平面 A1PD 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则PA1PD即 取 x＝，得 m＝(，2,1)． 易知平面 A1PB 的一个法向量 n＝(0,1,0)， 则 cos 〈m，n〉＝＝. 由图可知二面角 BA1PD 是钝角， ∴二面角 BA1PD 的余弦值为－. 热点二 立体几何中的探索性问题 对于存在判断型问题，解题的一般策略为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则 肯定存在，若出现矛盾，则否定存在. 1.线面关系中的探索性问题 � 【典例 3】(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 � CD 上异于 C，D 的点． (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC. (2)在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC∥平面 PBD？说明理由． 【解析】(1)证明：由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD. 因为 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 CMD，所以 BC⊥DM. � 因为 M 为 CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC. 因为 DM⊂平面 AMD，所以平面 AMD⊥平面 BMC. (2)当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD. 证明如下： 连接 AC 交 BD 于 O. 因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 O 为 AC 的中点． 连接 OP，因为 P 为 AM 的中点， 所以 MC∥OP. 又 MC⊄平面 PBD，OP⊂平面 PBD， 所以 MC∥平面 PBD. 【技法点拨】解决线面关系中存在性问题的策略 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理 论证，寻找假设满足的条件，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．　　　 【对点训练】如图所示，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P 为侧棱 SD 上的点． (1)求证：AC⊥SD； (2)若 SD⊥平面 PAC，则侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE∥平面 PAC？若存在，求 SE∶EC 的值；若不存在，试说明理由． 【解析】(1)证明：如图所示，连接 BD， 设 AC 交 BD 于点 O，则 AC⊥BD. 连接 SO，则由题意知 SO⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点，OB，OC， OS分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz. 设底面边长为 a，则高 SO＝a.于是 O(0,0,0)，S，D，B， C， 所以OC＝，SD＝， 则OC·SD＝0. 故 OC⊥SD，从而 AC⊥SD. (2)假设棱 SC 上存在一点 E，使 BE∥平面 PAC. 由已知条件得SD是平面 PAC 的一个法向量， 且SD＝， CS＝， BC＝. 设CE＝tCS (0＜t≤1)，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS ＝. 由BE·SD＝0，解得 t＝. 即当 SE∶EC＝2∶1 时，BE⊥SD. 而 BE⊄平面 PAC，故 BE∥平面 PAC. 2.空间角中的探索性问题 【典例 4】如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平面 ADEF⊥平面 ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝ 3. (1)求证：平面 ACE⊥平面 BED； (2)求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值； (3)在线段 AF 上是否存在点 M，使得二面角 MBED 的大小为 60°？若存在，求出的值；若 不存在，说明理由． [解]　(1)证明：因为平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，DE⊥AD，DE⊂平面 ADEF， 所以 DE⊥平面 ABCD. 因为 AC⊂平面 ABCD，所以 DE⊥AC. 又因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD. 因为 DE∩BD＝D，DE⊂平面 BED，BD⊂平面 BED， 所以 AC⊥平面 BED. 又因为 AC⊂平面 ACE， 所以平面 ACE⊥平面 BED. (2)因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以 D 为坐标原点，射线 DA，DC，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建 立空间直角坐标系 Dxyz，如图所示．则 A(3,0,0)，F(3，0,2)，E(0,0，3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，CA＝(3，－3,0)，BE＝ (－3，－3，3)，EF＝(3,0，－)． 设平面 BEF 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则BEEF即 取 x1＝，得 n＝(，2，3)． 所以 cosCA，n＝CACA＝＝－. 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为. (3)假设存在点 M 在线段 AF 上满足条件， 设 M(3,0，t)，0≤t≤2， 则BM＝(0，－3，t)，BE＝(－3，－3,3)． 设平面 MBE 的法