2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题

大一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量题型一空间角的求法多维探究命题点1线线角例1如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.解以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).设AB＝1，则B(0，0，0)，E0，12，0，F0，0，12，C1(1，0，1)，所以EF→＝0，－12，12，BC1—→＝(1，0，1).于是cos〈BC1—→，EF→〉＝BC1—→·EF→|BC1—→||EF→|＝1222×2＝12，所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.0，π2跟踪训练1(1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，AF→＝λAD→，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则λ的值为____.13解析以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，∴D1E—→＝(0，2，－1)，A1F—→＝A1A—→＋AF→＝A1A—→＋λAD→＝(－2λ，0，－2).∴cos〈A1F—→，D1E—→〉＝A1F—→·D1E—→|A1F—→||D1E—→|＝22λ2＋1×5＝3210，解得λ＝13λ＝－13舍.(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为____.23解析以{CA→，CB→，CD→}作为基底，则MA→＝CA→－CM→＝CA→－12CB→，CN→＝12(CA→＋CD→).设向量CN→与MA→的夹角为θ，则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cosθ|.CN→·MA→＝12(CA→＋CD→)·CA→－12CB→＝12CA→2－14CA→·CB→＋12CD→·CA→－14CD→·CB→＝12－18＋14－18＝12.又△ABC和△ACD均为等边三角形，所以|MA→|＝|CN→|＝32.所以cosθ＝CN→·MA→|CN→|·|MA→|＝1232×32＝23.所以直线AM和CN夹角的余弦值为23.例2(12分)(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.命题点2线面角答题模板规范解答(1)证明在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，[2分]因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.[4分](2)解以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)，[5分]DA→设Q(m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ→＝(m,0,1)，PB→＝(1,1，－1)，[6分]设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，[9分]则cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝1＋0＋m3·m2＋1.[10分]则DC→·n＝0，DQ→·n＝0，即y＝0，mx＋z＝0，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，＝33·1＋2m＋m2m2＋1＝33·1＋2mm2＋1所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos〈n，PB→〉|＝|1＋m|3·m2＋1当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.[12分]≤33·1＋2|m|m2＋1≤33·1＋1＝63，63第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．第五步：反思解题思路，检查易错点．答题模板跟踪训练2如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥底面ABCD，点M是棱PC的中点.π3(1)求证：PA∥平面BMD；证明如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.∵PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，∴PA∥平面BMD.(2)当PA＝3时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.解如图，取线段BC的中点H，连接AH.∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝π3，∴AH⊥AD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∴A(0,0,0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，P(0，0，3)，M32，12，32，∴AM→＝32，12，32，BC→＝(0，2，0)，PC→＝(3，1，－3).设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z).由m·BC→＝0，m·PC→＝0，得2y＝0，3x＋y－3z＝0.取z＝1，则x＝1，y＝0，∴m＝(1，0，1).设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈m，AM→〉|＝|m·AM→||m|·|AM→|＝32×1＋12×0＋32×12×74＝427.∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为427.命题点3二面角例3(2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；66证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO＝66DO＝24，PC＝PO2＋OC2＝64，同理PB＝64，PA＝64，又△ABC为等边三角形，则BAsin60°＝2OA，所以BA＝32，PA2＋PB2＝34＝AB2，则∠APB＝90°，所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.(2)求二面角B－PC－E的余弦值.解过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E－12，0，0，P0，0，24，B－14，34，0，C－14，－34，0，PC→＝－14，－34，－24，PB→＝－14，34，－24，PE→＝－12，0，－24，设平面PCB的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，由n·PC→＝0，n·PB→＝0，得－x1－3y1－2z1＝0，－x1＋3y1－2z1＝0，令x1＝2，得z1＝－1，y1＝0，所以n＝(2，0，－1)，设平面PCE的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，由m·PC→＝0，m·PE→＝0，得－x2－3y2－2z2＝0，－2x2－2z2＝0，令x2＝1，得z2＝－2，y2＝33，所以m＝1，33，－2，故cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝223×103＝255，所以二面角B－PC－E的余弦值为255.(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量.②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.思维升华跟踪训练3(2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.(1)证明：BE⊥PD；证明向量BE→＝(0，1，1)，PD→＝(0，2，－2)，解依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).故BE→·PD→＝0，所以BE→⊥PD→，所以BE⊥PD.(2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－D的余弦值.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，解BC→＝(1，2，0)，CP→＝(－2，－2，2)，AC→＝(2，2，0)，AB→＝(1,0,0)，由点F在棱PC上，设CF→＝λCP→，0≤λ≤1，故BF→＝BC→＋CF→＝BC→＋λCP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，由BF⊥AC，得BF→·AC→＝0，所以2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF→＝－12，12，32.则n1·AB→＝0，n1·BF→＝0，即x＝0，－12x＋12y＋32z＝0，不妨令z＝－1，可得n1＝(0，3，－1)为平面FAB的一个法向量，取平面ABD的法向量n2＝(0，0，1)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－110＝－1010，又因为二面角F－AB－D为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为1010.题型二立体几何中的探索性问题师生共研例4(八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×＝π，故其总曲率为4π.π3π3(1)求四棱锥的总曲率；解总曲率＝2π×顶点数－所有内角和，对于四棱锥底面的内角和为2π，四个侧面的内角和为4π，从而总曲率为10π－2π－4π＝4π.(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数.证明对于多面体有顶点数－棱数＋面数＝2，总曲率＝顶点数×2π－各面内角之和，设面数为k，ni为第i(i＝1,2，…，k)个面的边数，各面内角之和可以表示为i＝1k(ni－2)π，由于一个棱会出现在两个面上，所以i＝1k(ni－2)π＝棱数×2π－面数×2π，从而总曲率＝2π×顶点数－棱数×2π＋面数×2π＝2π(顶点数－棱数＋面数)＝2π×2＝4π.思维升华随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景.跟踪训练4设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1－(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1,2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q