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高考专题突破四 高考中的立体几何问题
题型一 空间角的求法
命题点1 线线角
例1 如图所示，在三棱柱 ABC－ABC 中，AA⊥底面ABC，AB＝BC＝AA ，∠ABC＝
1 1 1 1 1
90°，点E，F分别是棱AB，BB 的中点，试求直线EF和BC 所成的角．
1 1
解 以B为原点，分别以直线BC，BA，BB 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
1
设AB＝1，则B(0,0,0)，E，F，C (1,0,1)，
1
所以EF＝，BC1＝(1,0,1)．
于是cos〈BC1，EF〉＝＝＝，
所以直线EF和BC 所成角的大小为60°.
1
思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦
值的绝对值．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－ABC D 中，E是棱CC 的中点，AF
1 1 1 1 1
＝λAD，若异面直线DE和AF所成角的余弦值为，则λ的值为________．
1 1
答案解析 以D为原点，以DA，DC，DD 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正
1
方体的棱长为2，
则A(2,0,2)，D(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
1 1
∴D1E＝(0,2，－1)，A1F＝A1A＋AF＝A1A＋λAD＝(－2λ，0，－2)．
∴cos〈A1F，D1E〉＝＝＝，
解得λ＝.
(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的
中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为________．
答案
解析 以{CA，CB，CD}作为基底，
则MA＝CA－CM＝CA－CB，CN＝(CA＋CD)．
设向量CN与MA的夹角为θ，
则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|.
CN·MA＝(CA＋CD)·
＝CA2－CA·CB＋CD·CA－CD·CB
＝－＋－＝.
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以|MA|＝|CN|＝.
所以cos θ＝＝＝.
所以直线AM和CN夹角的余弦值为.
命题点2 线面角
例 2 (12 分)(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥 P－ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面
ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．规范解答
(1)证明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，
平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，[2分]
因为在四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.[4分]
(2)解 以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，
如图建立空间直角坐标系Dxyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，[5分]
设Q(m,0,1)，
则有DC＝(0,1,0)，DQ＝(m,0,1)，PB＝(1,1，－1)，[6分]
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，[9分]
则cos〈n，PB〉＝＝.[10分]
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
|cos〈n，PB〉|＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.[12分]第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．
第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．
第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．
第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．
第五步：反思解题思路，检查易错点．
跟踪训练2 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥底面
ABCD，点M是棱PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BMD；
(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明 如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.
∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.
∵PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，
∴PA∥平面BMD.
(2)解 如图，取线段BC的中点H，连接AH.
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝，∴AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间
直角坐标系．
∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，P(0,0，)，
M ，
∴AM＝，BC＝(0,2,0)，PC＝(，1，－)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)．
由得
取z＝1，则x＝1，y＝0，∴m＝(1,0,1)．
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，AM〉|＝＝＝.
∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.
命题点3 二面角
例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝
AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
(1)证明 由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，
则DO＝，CO＝BO＝AE＝，
所以PO＝DO＝，PC＝＝，
同理PB＝，PA＝，
又△ABC为等边三角形，
则＝2OA，所以BA＝，
PA2＋PB2＝＝AB2，则∠APB＝90°，
所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，
又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解 过O作ON∥BC交AB于点N，
因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所
在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E，P，B，C，
PC＝，PB＝，PE＝，
设平面PCB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1
由得令x＝，得z＝－1，y＝0，所以n＝(，0，－1)，
1 1 1
设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
2 2 2
由得
令x＝1，得z＝－，y＝，
2 2 2
所以m＝，
故cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B－PC－E的余弦值为.
思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，
然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是
锐角还是钝角．
(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：
①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程
组求解．
跟踪训练 3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，
AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥PD；
(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－D的余弦值．
解 依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)证明 向量BE＝(0,1,1)，PD＝(0,2，－2)，
故BE·PD＝0，所以BE⊥PD，所以BE⊥PD.
(2)解 BC＝(1,2,0)，CP＝(－2，－2,2)，AC＝(2,2,0)，AB＝(1,0,0)，
由点F在棱PC上，设CF＝λCP，0≤λ≤1，
故BF＝BC＋CF＝BC＋λCP＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，
由BF⊥AC，得BF·AC＝0，
所以2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝，即BF＝.
设n＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即
1
不妨令z＝－1，可得n＝(0,3，－1)为平面FAB的一个法向量，
1
取平面ABD的法向量n＝(0,0,1)，
2
则cos〈n，n〉＝＝＝－，
1 2
又因为二面角F－AB－D为锐二面角，
所以二面角F－AB－D的余弦值为.
题型二 立体几何中的探索性问题
例4 (八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲
性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 2π与多
面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体
面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如正四面体
在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为 2π－3×＝π，故其
总曲率为4π.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数．
(1)解 总曲率＝2π×顶点数－所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为 2π，四个侧面的内
角和为4π，
从而总曲率为10π－2π－4π＝4π.
(2)证明 对于多面体有顶点数－棱数＋面数＝2，
总曲率＝顶点数×2π－各面内角之和，
设面数为k，n为第i(i＝1,2，…，k)个面的边数，各面内角之和可以表示为(n－2)π，
i i
由于一个棱会出现在两个面上，所以(n－2)π＝棱数×2π－面数×2π，
i
从而总曲率＝2π×顶点数－棱数×2π＋面数×2π＝2π(顶点数－棱数＋面数)＝2π×2＝4π.
思维升华 随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，
其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景．
跟踪训练 4 设 P为多面体 M的一个顶点，定义多面体 M在点 P处的离散曲率为 1－
(∠QPQ ＋∠QPQ ＋…＋∠Q PQ＋∠QPQ)，其中Q(i＝1,2，…，k，k≥3)为多面体M
1 2 2 3 k－1 k k 1 i
的所有与点P相邻的顶点，且平面QPQ ，平面QPQ ，…，平面Q PQ 和平面QPQ 遍
1 2 2 3 k－1 k k 1
历多面体M的所有以P为公共点的面．任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为________；如图所示，已知长方体ABC D －ABCD，AB＝BC＝1，AA ＝，点P为底面
1 1 1 1 1
ABC D 内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为________．
1 1 1 1
答案
解析 由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，在该点
处的离散曲率为1－＝1－＝；
已知长方体ABC D －ABCD，点P为底面ABC D 内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在
1 1 1 1 1 1 1 1
点P处的离散曲率为1－(∠APD＋∠APB＋∠BPC＋∠CPD)，
又由AB＝BC＝1，AA＝，所以AC＝BD＝，且ABC D 为正方形，
1 1 1 1 1
当∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD时，即点P为正方形ABC D 的中心时，离散曲率取得最
1 1 1 1
小值，
此时∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝，
即1－＝1－＝.
课时精练
1.(2020·全国Ⅲ)如图，在长方体ABCD－ABC D 中，点E，F分别在棱DD ，BB 上，且
1 1 1 1 1 1
2DE＝ED，BF＝2FB.
1 1
(1)证明：点C 在平面AEF内；
1
(2)若AB＝2，AD＝1，AA＝3，求二面角A－EF－A 的正弦值．
1 1
(1)证明 设AB＝a，AD＝b，AA＝c，
1
如图，以C 为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角
1
坐标系C xyz.
1
连接C F，则C (0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，
1 1
EA＝，C1F＝，
所以EA＝C1F，
所以EA∥C F，
1
即A，E，F，C 四点共面，
1
所以点C 在平面AEF内．
1
(2)解 由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A(2,1,0)，
1
则AE＝(0，－1，－1)，AF＝(－2,0，－2)，
A1E＝(0，－1,2)，A1F＝(－2,0,1)．
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
1 1 1 1
则
即
可取n＝(－1，－1,1)．
1
设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，
2 2 2 2 1
则即
同理可取n＝.
2
因为cos〈n，n〉＝＝－，
1 2
所以二面角A－EF－A 的正弦值为.
1
2．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－ABC 的底面是正三角形，侧面BBC C是矩形，
1 1 1 1 1
M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点．过BC 和P的平面交AB于E，交AC于F.
1 1 1 1
(1)证明：AA∥MN，且平面AAMN⊥平面EBC F；
1 1 1 1
(2)设O为△ABC 的中心，若AO∥平面EBC F，且AO＝AB，求直线BE与平面AAMN所
1 1 1 1 1 1 1成角的正弦值．
(1)证明 因为侧面BBC C是矩形，且M，N分别为BC，BC 的中点，
1 1 1 1
所以MN∥CC .
1
又由已知得AA∥CC ，故AA∥MN.
1 1 1
因为△ABC 是正三角形，所以BC ⊥AN.
1 1 1 1 1 1
又BC ⊥MN，故BC ⊥平面AAMN.
1 1 1 1 1
又BC ⊂平面EBC F，
1 1 1 1
所以平面AAMN⊥平面EBC F.
1 1 1
(2)解 由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，|MB|为单位长度，建
立如图所示的空间直角坐标系，
则AB＝2，AM＝.
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
故PM＝，E.
由(1)知平面AAMN⊥平面ABC，
1
作NQ⊥AM，垂足为Q，
则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0)，
则NQ＝，B，
1
故B1E＝，|B1E|＝.
又n＝(0，－1,0)是平面AAMN的一个法向量，
1
故sin＝cos〈n，B1E〉＝＝.
所以直线BE与平面AAMN所成角的正弦值为.
1 1
3．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现将△DEF
沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P－ABCFE.
(1)求证：AC∥平面PEF；
(2)若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值．(1)证明 在题图1中，连接AC.
又E，F分别为AD，CD的中点，
所以EF∥AC.
即题图2中有EF∥AC.
又EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，
所以AC∥平面PEF.
(2)解 在题图2中，取EF的中点O，并分别连接OP，OB.
分析知，OP⊥EF，OB⊥EF.
又平面PEF⊥平面ABCFE，
平面PEF∩平面ABCFE＝EF，PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABCFE.
又AB＝4，
所以PF＝AE＝PE＝2，EO＝OP＝OF＝，OB＝3.
分别以O为原点，OE，OB，OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，P(0,0，)，B(0，3，0)，E(，0,0)，A(2，，0)，
所以BP＝(0，－3，)，EA＝(，，0)，EP＝(－，0，)．
设平面PAE的一个法向量n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，则y＝－1，z＝1，
所以n＝(1，－1,1)．
所以cos〈BP，n〉＝＝.
分析知，直线PB与平面PAE所成角的正弦值为.
4．(2020·宜昌模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为
EF的中点．(1)求证：BF⊥平面ABCD；
(2)二面角CBGD的大小可以为60°吗，若可以求出此时的值，若不可以，请说明理由．
(1)证明 ∵四边形BDEF为矩形，∴BF⊥BD，
又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，
∴BF⊥平面ABCD.
(2)解 假设二面角CBGD的大小可以为60°，
由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
如图所示，不妨设AB＝AD＝2，
BF＝h(h>0)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，
EF的中点G(1,1，h)，BG＝(－1,1，h)，BC＝(0,2,0)．
设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取n＝(h,0,1)．
由于AC⊥BF，AC⊥BD，BF∩BD＝B，BF，BD⊂平面BDG，∴AC⊥平面BDG，
∴平面BDG的一个法向量为AC＝(2,2,0)．
由题意得cos 60°＝＝，
解得h＝1，此时＝.
∴当＝时，二面角CBGD的大小为60°.
5.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平
面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，试求cos θ的取值范
围.
(1)证明 设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.∵四边形ACFE为矩形，∴AC⊥CF，
又CF，BC⊂平面BCF，且CF∩BC＝C，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
(2)解 以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
设AD＝CD＝BC＝1，令FM＝λ，
则C，A，B，M，
∴AB＝，BM＝，
设n＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
1
由得
取x＝1，所以n＝，
1
∵n＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量．
2
∴cos θ＝＝＝.
∵0≤λ≤，
∴当λ＝0时，cos θ有最小值，
当λ＝时，cos θ有最大值，∴cos θ∈.
