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1、8.9热点专题立体几何中的热点问题 热点一线面位置关系的证明及空间角的求法 空间位置关系的证明及空间角的求法是每年高考的必考内容，且出现在解答题中，第(1)问考查位置关系的证明，第(2)问考查空间角的求法,【解析】 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，2，2),【方法规律】 (1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定
2、定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题 (2)空间向量法求解空间角的关键是把空间角转化为空间向量所成的角,变式训练 1如图所示的几何体，四边形ABCD中，有ABCD，BAC30，AB2CD2，CB1，点E在平面ABCD内的射影是点C，EFAC，且AC2EF.,(1)求证：平面BCE平面ACEF； (2)若二面角DAFC的平面角为60，求CE的长,又EC平面ABCD，BC平面ABCD， 所以BCEC. 又ACECC， 所以BC平面ACEF， 所以平面BCE平面ACEF. (2)因为EC平面ABCD，又由(1)知BCAC，所以可以C为原
3、点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.,热点二平面图形的翻折问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为平面图形翻折问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,(1)证明：CD平面A1OC； (2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值,即在题图2中，BEOA1，BEOC， 从而BE平面A1OC. 又CDBE， 所以CD平面A1OC.,【方法规律】 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化,变式训练 2(2017湖北八
4、校模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB3，BC4，E，F分别在线段BC，AD上，EFAB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF平面ECDF.,(1)求证：NC平面MFD； (2)若EC3，求证：NDFC； (3)求四面体NEFD体积的最大值 【解析】 (1)证明 平行四边形MNEF和EFDC都是矩形， MNEF，EFCD，MNEFCD， MNCD. 四边形MNCD是平行四边形NCMD. NC平面MFD，MD平面MFD， NC平面MFD.,(2)证明 连接ED，交FC于点O.,平面MNEF平面ECDF，且NEEF， 平面MNEF平面ECDFEF，NE平面MNEF，
5、 NE平面ECDF. FC平面ECDF，FCNE. ECCD，四边形ECDF为正方形，FCED. 又EDNEE，ED，NE平面NED， FC平面NED. ND平面NED，NDFC.,热点三立体几何中的探索性问题 此类探索性问题是近几年在高考中常出现的问题，主要有两类问题：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么(2)探索结论，即在给定条件下，命题的结论是什么且主要有以下几个命题角度：,试确定点M的位置，使得PA平面BMQ，并证明你的结论； 若PM2MC，求二面角PBQM的余弦值 (2)(2017湖北八校联考)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AC2AB2，且BC1A1C.,
6、求证：平面ABC1平面A1ACC1. 设D是A1C1的中点，在线段BB1上是否存在点E，使DE平面ABC1？若存在，求三棱锥EABC1的体积；若不存在，请说明理由,由题意，以点D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，,又A1AAC，A1CAC1. 又BC1A1C，AC1BC1C1，AC1，BC1平面ABC1， A1C平面ABC1.A1C平面A1ACC1， 平面ABC1平面A1ACC1. 存在E为BB1的中点，取A1A的中点F，连接EF，FD. 则EFAB，DFAC1，,【方法规律】 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面
7、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,角度二与空间角有关的探索性问题 【例4】 (1)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(02),当1时，证明：直线BC1平面EFPQ； 是否存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由,【解析】 (1)方法一(几何法)： 证明 如图1，连接AD1， 由ABCDA1B1C1D1是正方体， 知BC1AD1.,当1时，P是DD1的中点，
8、又F是AD的中点，所以FPAD1. 所以BC1FP. 而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ， 故直线BC1平面EFPQ.,分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GOPQ，HOPQ，而GOHOO， 故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角 若存在，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH90. 连接EM，FN，则由EFMN，且EFMN，知四边形EFNM是平行四边形 连接GH，因为H，G分别是EF，MN的中点， 所以GHME2.,方法二(向量法)：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图3所示的空间直角坐标系Dxy
9、z.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，,(2)在PAD中，PAPD，O为AD中点， 所以POAD. 又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD， 所以PO平面ABCD. 又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OCAD， 所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，,【方法规律】 对于探索性问题用向量法比较容易入手一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.,