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1、立体几何问题重在“建”建模、建系思维流程一一找突破口技法指导一一迁移搭桥立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以 某个几何体为依托，分步设问，逐层加深.解决这类题目 的原则是建模、建系.建模一一将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型 及角度、距离等的计算模型.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.典例(2018 全国卷II)如图，在三棱锥P ABC中，AB=BC=2i./2, PA=PB=PC=AC=4, 0 为 AC 的中点.(1) 证明：P0丄平面ABC；(2) 若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30求PC与平面PA
2、M所成角的正弦值.快审题求什么证明线面垂直，想线面垂直成立的条件.想什么求线面角的正弦值，想平面的法向量及直线的方向向量.给什么给出边的长度，用勾股定理证线线垂直.用什么给出二面角的大小，可求出点M的位置.差什么差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM,平找什么面pac的法向量.稳解题(1)证明：因为PA=PC=AC=4, 0为AC的中点,所以P0丄AC，且P0=2爲.连接0B,因为AB=BC=所以 P+0B2 = PB2,所以 ABC为等腰直角三角形, 且 0B丄AC, 0B=|aC=2.:建樸：擀用线鑽/爭直叩建模得践凹垂JL的樸堂所以PO丄OB.又因为OBnAC=O,
3、所以PO丄平面ABC.(2)以O为坐标原点,:程系匚舸闍垂直 ；关希建立空间直|角坐标報J建立如图所示的空间直角坐标系O xyz. 由已知得 O (0,0,0), B(2,0,0), A(0,2,0), C(0,2,0), P(0,0,2/3),IF = (0,2,2-j3).取平面PAC的一个法向量而=(2,0,0).设 M(a,2a,0)(0aW2)，则 AM =(a,4a, 0) 设平面PAM的法向量为n =(x, y, z).AP n=0,AM n=0,得2y+2：3z = 0, ax+4 a y=0,令 y=；3a，得 z=a, x=：3(a4),所以平面PAM的一个法向量为n =(
4、目3(a4), p3a，a),2 J 3 a4a4 2+3a2+a2所以cos OB , n= f=2# 3由已知可得|cos OB , n|=cos 30。=申,所以 2(3|a4| 边 所以,=T2#3 a4 2+3a2+a224解得a=3或a=4(舍去).所以n=建模：计算谒平面 /輻逐向童岌直贱的 、方向向量閑建计;I.算战向角禳型；又= (0，2,3)_,所以 cos PC , n64 ,16 , 164 0+12 丫 計所以PC与平面PAM所成角的正弦值为乎.题后悟道利用法向量求解空间角的关键在于“四破”破“雀系茏”构壷恰与的空间淄坐标系：r破杯求哋标关”Lj廉确来解和关点的地标丄
5、啟说法向总关LJ求出下曲的法向封破应用皆式关薪阮求加公武，即可求吕箱针对训练(2018 惠州第二次调研)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD 是边长为2的菱形，ZABC=60 PA丄PB, PC=2.(1) 求证：平面PAB丄平面ABCD；(2) 若PA=PB,求二面角A PC D的余弦值.解:证明：取AB的中点0,连接CO, PO,.四边形ABCD是边长为2的菱形, *.AB=BC=2.?ZABC=60,ABC是等边三角形，.C0丄AB, 0C=辺.PA 丄PB,P0=2aB=1.PC=2,.0P2+0C2=PC2,.C0 丄P0.ABnP0=0,.C0丄平面 PAB.* C0 平面
6、ABCD,.平面PAB丄平面ABCD.PA=PB,P0丄A0.由知，平面PAB丄平面ABCD,.P0丄平面ABCD,直线0C, 0B, 0P两两垂直.以0为坐标原点建立如图所 示的空间直角坐标系0 xyz.则 0(0,0,0), A(0,1,0), CG;3, 0,0), D(V3,2,0), AP =(0,1,1), PC=(：3, 0,1), DC =(0,2,0).设平面APC的法向量为m=(X, yi，z).m 由、m AP =0,PC=0,取X = l,得m=(1,-y/3, y/3)为平面APC的一个法向量, 设平面PCD的法向量为n =(x, y , z ),2 2 2n 由、n
7、 M = 0,DC =0,3x z =02 22y =0,2取x =1,得n =(1,0, ；3)为平面PCD的一个法向量,2.cosm, nm n2 诉=1 m | n |=由图知，二面角A PC D为锐二面角, 二面角A PC D的余弦值为呼.专题过关检测A组大题考点落实练1.如图，在四棱柱ABCD A BCD中，AA丄底面ABCD,四边形ABCD 为菱形，A1A=AB=2,ZABC=60 E, F分别是BC, Ag的中点.(1)求异面直线EF, AD所成角的余弦值；点M在线段A1D 上,AMAD=入，若CM平面AEF,求实数入的值.解：因为AA丄平面ABCD, AEu平面ABCD, AD
8、u平面ABCD, 所以AA丄AE, AA丄AD.在菱形ABCD中，ZABC=60连接AC,则厶ABC是等边三角形.因为E是BC的中点，所以BC丄AE.因为BCAD，所以AE丄AD.以A为坐标原点，AE为x轴，AD为y轴，AA为z轴建立如 图所示的空间直角坐标系，则A(0,0, 0), C(边，1,0), D(0,2,0), A (0,0,2), E(边，0,0), F 申,g, 1 , AD =(0,2,0), EF =1k 22 丿*3 2, J所以cosAd If|f | IF2込4所以异面直线EF, AD所成角的余弦值（2）设M（x, y, z）,由于点M在线段A1D 上,1=入,所以
9、A” =入 A，贝y (x, y, z2)=入(0,2,2).解得 M（0,2 入，2 2入），所以CM =（3, 2入一1,2 2入）. 设平面AEF的一个法向量为n =（x, y , z ）.0 0 0因为盘=（边，0,0）,店=隊 2，1），所以AE n=0.AF n=0,边x =0,即慎+卅=0取 y=2，得 Z0= 1,则平面AEF的一个法向量为n =（0,2,1）.由于CM 平面AEF,则口CM =0,2 即2（2入一1） （2 2入）=0,解得入=2. （2019届高三河北三市联考）如图，三棱柱ADE BCG中，四边 形ABCD是矩形，F是EG的中点，EA丄AB, AD=AE=E
10、F=1,平面ABGE 丄平面ABCD.（1）求证:AF丄平面FBC；（2）求二面角B FC D的正弦值.解：（1）证明：四边形ABCD是矩形,ABC 丄AB,又平面ABGE丄平面ABCD,BC 丄平面 ABGE, AF 平面 ABGE,ABC 丄AF.在AFB 中，AF=BF=；2, AB=2,.*.AF2 + BF2 = AB2,即 AF丄BF,又 BFnBC=B,.AF丄平面FBC.分别以AD, AB, AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系，则 A(0,0,0)，D(1,O,O), C(l,2,0), E(O,O,1),n则1、n1 DC =0, diT=0,2y=0,x+z
11、 = 0.DC = (0,2,0),设B(0,2,0), F(O,1,1),. DE =( 1,0,1), ni= (x, y, z)为平面CDEF的法向量,令x=1,得z=1,即气=(1,0,1)为平面CDEF的一个法向量,取n2= AF = (0,1,1)为平面BCF的一个法向量,cos3,气n n 1=-1 -2 =| n |n |21 2二面角B FC D的正弦值为3. 如图，在四棱锥E ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中 CDAB, BC丄AB,侧面 ABE丄平面 ABCD,且 AB=AE=BE=2BC= 2CD=2,动点 F 在棱 AE 上，且 EF =NFA(1)试探究入的
12、值，使CE平面BDF,并给予证明；当入=1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.解：(1)当入=1时，CE平面BDF.证明如下:连接AC交BD于点G,连接GF,.CDAB, AB=2CD,.CG=CD=1GA=AB=2，vef=|fa,.EF=CG=1fa=GA=2,.GFCE,又CE平面BDF, GF 平面BDF, CE平面 BDF.取AB的中点0,连接EO,则E0丄AB,平面ABE丄平面ABCD,平面ABEn平面ABCD=AB, E0丄平面ABCD,连接 D0,TB0CD,且 B0=CD=1,四边形BODC为平行四边形，BCDO,又BC丄AB,.AB丄OD,贝yOD, OA, OE两两
13、垂直，以O为坐标原点，OD, OA, OE所在 直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O xyz,则 O(0,0,0), A(0,l,0), B(0, 1,0), D(l,0,0), C(1, 1,0), E(0,0,.3).E当入=1 时，有F=A,AF0, 2BD = (1,1,0),CE = (1,1, ；J3).设平面BDF的法向量为n =(x, y, z),n 则、n biT=0,1BF=0,x+y=0,即PI 3也|y+ I z = ，令 z = ;3，得 y= 1, x=1,则n =(1,1,込)为平面BDF的一个法向量, 设直线CE与平面BD F所成的角为9,则sin9 = | cos ( CE , n|1 1 + 3|15X 55故直线ce与平面bdf所成角的正弦值为4. (2018 成都一诊)如图，在边长为5的菱形ABCD中，AC=6,现沿对角线人。把厶 ADC翻折到 APC的位置得到四面体P ABC,如图所示.已知PB = 4/I.
