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（四）立体几何中的高考热点问题
[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．
2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．
线面位置关系与体积计算
以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．
【例1】 (本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
[信息提取] 看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；
看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．
[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分
因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
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所以平面AEC⊥平面BED. 4分
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥EACD的体积V三棱锥EACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 9分
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3＋2. 12分
[易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD∩BE＝B.AC⊂平面AEC等条件，推理不严谨，导致扣分．
2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．
防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．
2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．
[通性通法] 空间几何体体积的求法
(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．
(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，
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PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
[解] (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以点N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得点M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝.
求点到平面的距离(几何体的高)
求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．
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【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，M为CD的中点，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥PM；
(2)若∠APD＝90°，PA＝，求点A到平面PBM的距离．
[解] (1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，
∵E，M分别是AD，DC的中点，
∴EM∥AC，∴EM⊥BD.
∵PA＝PD，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，
∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM，
∵PM⊂平面PEM，∴BD⊥PM.
(2)连接AM，BE，∵PA＝PD＝，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，PE＝1，EM＝AC＝，
∴PM＝PB＝＝2.
在等边三角形DBC中，BM＝，
∴S△PBM＝，S△ABM＝×2×＝.设三棱锥A PBM的高为h，则由等体积可得·h＝××1，
∴h＝，
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∴点A到平面PBM的距离为.
[规律方法] 求点到平面的距离(几何体的高)的两种方法
(1)等积法：利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解.
(2)定义法：其步骤为：一作、二证、三求.如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离.
如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥PABD的体积V＝，求点A到平面PBC的距离．
[解] (1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.
因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)三棱锥PABD的体积V＝PA·AB·AD＝AB，由V＝，可得AB＝.由题设知BC⊥AB，BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB，在平面PAB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝＝＝
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.所以点A到平面PBC的距离为.
线面位置关系中的存在性问题
是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．
【例3】 (2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．
所以对角线AC经过点F.
又在△PAC中，点E为PC的中点，
所以EF为△PAC的中位线，
所以EF∥PA.
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)存在满足要求的点G.
在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.
因为底面ABCD是边长为a的正方形，
所以CD⊥AD.
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又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG.
因为F为BD中点，
所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，
又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，
又CD⊂平面PDC，
所以平面EFG⊥平面PDC.
[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.
2.第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论.
(2019·长沙模拟)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．
[证明] (1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.
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在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.
因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.
(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.
连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝a.
由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝.
故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.
过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，
在△BDN中，易得BN∥PO.
又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，
所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.
因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.
[大题增分专训]
1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．
(1)证明：PD∥平面CEF；
(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥PDEF的体积．
[解] (1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．
∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝AD＝ED，
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∴BCED，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.
又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.
(2)由(1)知，BE＝CD.
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝AD，
∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，
∴∠DAB＝，
过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝.
∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，
∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝.
又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝，又S△PDE＝PE·DE＝2，
∴V三棱锥PDEF＝S△PDE×h＝×2×＝.
2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1∶3.
(1)证明：PB∥平面ACE；
(2)当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．
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[解] (1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD.
又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，
∴EF∥AB，∴EF∥CD.
由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．
如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，
连接EG，则EG∥PB.
又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB∥平面ACE.
(2)∵PA＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝，AE＝PD＝，
∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.
在Rt△CDE中，CE＝＝.
在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝＝，
∴sin∠AEC＝，∴S△ACE＝·AE·CE·sin∠AEC＝ .
设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VFACE＝××h＝h.
∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC.
∵E为PD的中点，∴点E到平面ACF的距离为DG＝.
又F为PC的中点，∴S△ACF＝S△ACP＝，
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∴VEACF＝××＝.
由VFACE＝VEACF，得h＝，得h＝，
∴点F到平面ACE的距离为.
3．已知在四棱锥PABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝AD.
(1)求证：EC⊥PE.
(2)PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：连接PO，EO，CO.
∵平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，O为AB的中点，
∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.
设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，
∴AE＝AD＝1，
∴ED＝2，EC＝＝＝2，OE＝＝＝，OC＝＝＝，
∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.
又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，
又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.
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(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：
取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AEMC，∴四边形AECM为平行四边形，∴AM∥EC.
取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.
∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．
∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，
又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，
∴OF∥平面PEC.
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