专题04立体几何立体几何作为高考数学必考大题，一般出现在19或20题左右，理科方面主要是分两问，第一问主要考查线面间位置关系，第二问主要考查二面角平面角的取值，面积问题或者是距离问题，一般采用建立空间坐标系转化成空间向量去运算。难度逐渐偏难。类型一：空间几何体体积问题例题1．如图，已知四边形为等腰梯形，，，四边形为矩形，点，分别是线段，的中点，点在线段上．(1)探究：是否存在点，使得平面∥平面？并证明；(2)若，线段在平面内的投影与线段重合，求多面体的体积．【答案】(1)存在点I为线段AD的中点时，平面GHI∥平面ACN；证明见解析；(2).【解析】(1)当点为线段的中点时，平面∥平面．证明过程如下：在矩形中，，分别是线段，的中点，，又平面，平面，故∥平面．在中，，分别为，的中点，，又平面，平面，∥平面．，，，平面∥平面；(2)如图，过点作于，线段在平面内的投影与线段重合，故平面平面，而平面平面，平面，故平面，同理，平面．在(1)的条件下，连接，，在中，，，，同理可得．又，故等边三角形的高为，即．连接．故．类型二：折叠问题例题2如图1所示，在直角梯形ABCD中，BC//AD，AD⊥CD，BC＝2，AD＝3，CD＝，边AD上一点E满足DE＝1，现将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使平面PBE⊥平面BCDE，如图2所示．(1)求证：；(2)求平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)取BE中点O，连接AO，CO，CE，因为BC＝2，AD＝3，DE＝1，所以，又因为AD//BC，所以AE//BC，所以四边形ABCE是平行四边形，因为所以，所以ABCE为边长为2的菱形，且，所以和都是正三角形，所以PO⊥BE，CO⊥BE，又因为，所以BE⊥平面POC，又因为平面POC，所以PC⊥BE．(2)由于平面PBE⊥平面BCDE，且交线为，，所以平面，所以，由（1）知OB、OC、OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，，∴，设平面PCE的法向量为，则，令得，由（1）知平面PBE的法向量为，所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为．类型三：存在性问题例题3如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．(1)求证：；(2)当点为线段的中点时，求点到平面的距离；(3)是否存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为．若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，且.【解析】(1)证明：连接、，因为四边形为菱形，则，因为，则为等边三角形，因为为的中点，故，因为为等边三角形，为的中点，则，，平面，平面，则，，故.(2)解：因为平面平面，平面平面，，平面，平面，因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以点到平面的距离为.(3)：设，其中，，由题意，整理可得，因为，解得，因此，存在点，使得直线与平面的夹角的正弦值为，此时.类型四：空间几何体综合问题例题4如图，AC是圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，平面ABC，点E在棱PB上，且，，.(1)求证：；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)证明：因为AC是圆O的直径，点B是圆O上不与A，C重合的一个动点，所以.因为平面ABC，平面ABC，所以.因为，且AB，平面PAB，所以平面PAB.因为平面PAB，所以.因为，，且BC，平面PBC，所以平面PBC.因为平面PBC，所以.(2)：因为，，所以，所以三棱锥的体积，（当且仅当“”时等号成立）.所以当三棱锥的体积最大时，是等腰直角三角形，.所以以OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，以过点O且垂直于圆O平面的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.因为∽，所以，因为，，所以，所以，.设向量为平面的一个法向量，则即令得，.向量为平面ABC的一个法向量，.因为二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.例题5如图，已知菱形的边长为2，，是平面外一点，在四边形中，交于点.，，，，.(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)在中，由余弦定理，得，所以，所以为等边三角形.所以，则，又，所以平面.(2)设是的中点，，所以三角形...