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1、立体几何阅卷案例思维导图(2020全国卷，T18，12分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值.本题考查：直线与平面的垂直关系、二面角的余弦值等知识，逻辑推理、直观想象等核心素养.答题模板标准解答踩点得分第1步：证垂直借助几何图形中的数量关系及几何关系证明线线垂直进而证明线面垂直.第2步：建系写坐标建立恰当的坐标系，写出需要的坐标.第3步：求向量求平面的法向量或直线的方向向量.第4步：求夹角计算向量的夹角.第5步：下结论把向量结果几何化.故cos ，11
2、分即二面角BPCE的余弦值为.12分第(1)问得分点及说明：1.借助数量关系得出PAPC得3分.2.证明PA平面PBC得2分，不说明“PBPCP”扣1分.第(2)问得分点及说明：1.正确建系并坐标书写正确得1分.2.正确求得平面PBC及平面PCE的法向量各得1分.3.二面角余弦值求解正确得1分.4.建系不同，只需结果正确各步骤相应给分.命题点1空间平行、垂直关系的证明平行关系、垂直关系证明的两种思路思路一：(几何法)空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化思路二：(坐标法)设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向
3、量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.高考题型全通关1如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD证明法一：(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B
4、(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.，(1，0，0)，0，.棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1，1)，(1，0，0)，(0，1，1)，由得令x11，则n1.同理可得n2(0，1，1)n1n20，平面MDF平面EFCD法二：(1)()().向量与向量，共面，又BF，BC平面BCF，OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，0.()220，即OM
5、CD，OMFC，又CDFCC，CD，FC平面EFCD，OM平面EFCD又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD2如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ADCD，BC2，ADCD1，M是PB的中点(1)求证：AM平面PCD；(2)求证：平面ACM平面PAB证明(1)如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系Cxyz，则A(1，1，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，D(1，0，0)，P(1，1，a)(a0)，M，(1，1，a)，(1，0，0)，设平面PCD的法向量为n1(x0，y0，z0)，则即令y0a，则n1(0，a，1)，所以n10.又AM平面PCD，所以AM平面PCD(
6、2)由(1)得，(1，1，0)，设平面ACM的法向量为n2(x1，y1，z1)，则即令x11，则n2.(0，0，a)，(1，1，0)，设平面PAB的法向量为n3(x2，y2，z2)，则即令x21，则n3(1，1，0)，所以n2n3110.所以平面ACM平面PAB命题点2利用空间向量求角的问题直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)二
7、面角设a的平面角为(0)，则|cos |cos，|.高考题型全通关1(2020新高考全国卷)如图，四棱锥PABCD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PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值解(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDAD又底面ABCD为正方形，所以ADDC因此AD平面PDC因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC由已知得lAD因此l平面PDC(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，
8、P(0，0，1)，(0，1，0)，(1，1，1)由(1)可设Q(a，0，1)，则(a，0，1)设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1，0，a)所以cosn，.设PB与平面QCD所成角为，则sin .因此，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.2(2020江西红色七校第一次联考)如图1，梯形ABCD中，ABCD，过A，B分别作AECD，BFCD，垂足分别为E，F.ABAE2，CD5，DE1，将梯形ABCD沿AE，BF折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.(1)图2中，若AFBD，证明：DE平面ABFE；(2)在(1)的条件下，若DECF，求二面角
9、DAFC的余弦值图1图2解(1)由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图，连接BE，则AFBE，又AFBD，BEBDB，AF平面BDE，又DE平面BDE，AFDE，又AEDE，AEAFA，DE平面ABFE.(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，(2，2，0)，(2，0，1)，(0，0，2)设平面ADF的法向量为n(x，y，z)，由得不妨取x1，得n(1，1，2)设平面ACF的法向量为m(x1，y1，z1)，由得取x11，得m(1，1，0
10、)设二面角DAFC的大小为，则cos |cosm，n|，二面角DAFC的余弦值为.命题点3利用空间向量解决探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断高考题型全通关1(2020洛阳尖子生第一次联考)如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF平面ABCD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(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；(
11、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，请说明理由解(1)因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DE平面ADEF，DEAD，所以DE平面ABCD因为AC平面ABCD，所以DEAC又四边形ABCD是正方形，所以ACBD因为DEBDD，DE平面BED，BD平面BED，所以AC平面BED又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，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则A(3，0，0)，F(3，0，2)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，所以(3，3，0)
12、，(3，3，3)，(3，0，)设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则取x，得n(，2，3)所以cos，n.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，设M(3，0，t)，0t2，则(0，3，t)设平面MBE的法向量为m(x1，y1，z1)，则令y1t，得m(3t，t，3)由(1)知CA平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cosm，|cos 60，整理得2t26t150，解得t或t(舍去)，故在线段AF上存在点M，使得二面角MBED的大小为60，此时.2(2020泰安模拟)如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF
13、将四边形EFCD折起，使二面角AEFC的大小为60，点M在线段AB上(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定的平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60？若存在，求此时二面角MECF的余弦值；若不存在，请说明理由解(1)连接AD，因为直线MF平面ABFE，故由题意可知点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，即点O在EA的延长线上因为AOBF，M为AB的中点，所以易知OAMFBM，所以AOBF2.连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是DF的中点，连接MN，则MN为DOF的中位线，所以MNOD又MN平面EMC，OD平面EMC，所以直线OD平面EMC(2)由已知可得，EFAE，EFDE，因为AEDEE，AE，DE平面ADE，所以EF平面ADE.因为EF平面ABFE，所以平面ABFE平面ADE.取AE的中点H，连接HD，
