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解密高考立体几何问题重在“建”建模、建系思维导图技法指津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(1)建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；(2)建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解母题示例：2019年全国卷，本小题满分12分图1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小.本题考查：线线平行的性质，面面垂直的判定、二面角的求法等知识，转化化归及推理论证等能力，直观形象、数学运算、逻辑推理等核心素养.审题指导发掘条件看到图形的折叠，想到折叠前后的不变量；看到证明四点共面，想到直线的平行或相交；看到证明面面垂直，想到先证明线面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相应点的坐标，借助(1)的结论及边长、角度等信息补建坐标系及相应点的坐标构建模板五步解法立体几何类问题的求解策略第一步 找垂直第二步 写坐标第三步 求向量第四步 求夹角第五步 得结论找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标求直线的方向向量或平面的法向量计算向量的夹角得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角母题突破：2019年大连模拟，本小题满分12分1.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，EFAC，EF1，ABC60，CE平面ABCD，CE，CD2，G是DE的中点(1)求证：平面ACG平面BEF；(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值解(1)证明：连接BD交AC于O，则O是BD的中点，连接OG，G是DE的中点，故OGBE，又BE平面BEF，OG平面BEF，所以OG平面BEF.2分又EFAC，AC平面BEF，EF平面BEF，所以AC平面BEF，又ACOGO，AC，OG平面ACG，所以平面ACG平面BEF.4分(2)连接OF，由题意可得OC1，即OCEF，又EFAC，所以四边形OCEF为平行四边形，所以OFEC，OFEC，所以OF平面ABCD，所以OF，OC，OD两两垂直.6分如图，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，0)，D(0，0)，F(0,0，)，(1，0)，(1，0)，(1,0，).7分设平面ABF的法向量为m(a，b，c)，依题意有即9分令a，则b1，c1，m(，1，1)，|cos，m|，11分所以直线AD与平面ABF所成的角的正弦值是.12分2.(2019太原模拟)在三棱柱ABCABC中，ABBCCAAA，侧面ACCA底面ABC，D是棱BB的中点(1)求证：平面DAC平面ACCA；(2)若AAC60，求二面角ABCB的余弦值解(1)取AC，AC的中点O，F，连接OF与AC交于点E，连接DE，OB，BF.则E为OF的中点，因为三棱柱ABCABC， 所以OFAABB，且OFAABB，所以四边形BBFO是平行四边形.2分又D是棱BB的中点，所以DEOB.因为侧面AACC底面ABC，且OBAC，所以OB平面ACCA，所以DE平面ACCA，又DE平面DAC，所以平面DAC平面ACCA.5分(2)连接AO，因为AAC60，所以AAC是等边三角形，故AO底面ABC.6分设ABBCCAAA2，可得AOOB，分别以OB，OC，OA分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A(0,0，)，(，1,0)，(0,1，).8分设平面BCCB的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以取x1，y，z1，所以m(1，1).10分又平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，故cosm，n，11分因为二面角ABCB为钝角，所以其余弦值为.12分
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