2021高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几何问题课件 理

高考专题突破四高考中的立体几何问题空间角的求法题型一多维探究命题点1求线线角例1(2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________.24解析方法一令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，同理，A1M⊥AC，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，MA→，MB→，MA1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，A1(0,0，3)，C1(－2,0，3)，所以AC1→＝(－3,0，3)，A1B→＝(0，3，－3)，所以cos〈AC1→，A1B→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为24.方法二如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角.连接A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连接BM，设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝3，A1M＝3，因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M⊂平面A1ACC1，所以A1M⊥平面ABC，又BM⊂平面ABC，所以A1M⊥BM，所以A1B＝6，在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝23＝BD1，同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D1＝23，所以cos∠A1BD1＝A1B2＋BD21－A1D212A1B·BD1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为24.(1)求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系.②求出两直线的方向向量v1，v2.思维升华SIWEISHENGHUA③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2||v1||v2|求解.(2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.0，π2，跟踪训练1(2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为A.30°B.45°C.60°D.90°3，√解析∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为3，AB＝1，∴AA1＝3，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B1(1,1，3)，C(0,1,0)，D1(0,0，3)，AB1→＝(0,1，3)，CD1→＝(0，－1，3)，设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cosθ＝|AB1→·CD1→||AB1→|·|CD1→|＝24·4＝12，又0°θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.命题点2求线面角例2(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；证明方法一由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，得B1C1＝5.由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝23.由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1.又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.方法二如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系.由题意知各点坐标如下：A(0，－3，0)，B(1,0,0)，A1(0，－3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，3，1).因此AB1→＝(1，3，2)，A1B1——→＝(1，3，－2)，A1C1——→＝(0,23，－3).由AB1→·A1B1——→＝0，得AB1⊥A1B1.又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1.由AB1→·A1C1——→＝0，得AB1⊥A1C1.(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解方法一如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1.由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.所以∠C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21，得cos∠C1A1B1＝427，sin∠C1A1B1＝77，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.方法二设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知AC1→＝(0,23，1)，AB→＝(1，3，0)，BB1→＝(0,0,2).设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z).由n·AB→＝0，n·BB1→＝0，得x＋3y＝0，2z＝0，可取n＝(－3，1,0).所以sinθ＝|cos〈AC1→，n〉|＝|AC1→·n||AC1→||n|＝3913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.思维升华SIWEISHENGHUA(2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sinθ＝|cosβ|＝|l·n||l||n|.跟踪训练2如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.(1)证明：EF⊥BC；证明方法一如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F，又A1E，A1F⊂平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.证明方法二连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.不妨设AC＝4，则A1(0,0,23)，B(3，1,0)，B1(3，3,23)，F32，32，23，C(0,2,0).因此，EF→＝32，32，23，BC→＝(－3，1,0).由EF→·BC→＝0得EF⊥BC.(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解方法一取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形.连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝23，EG＝3.由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝A1G2＝152，所以cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG22EO·OG＝35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解方法二设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得BC→＝(－3，1,0)，A1C→＝(0,2，－23).设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z).由BC→·n＝0，A1C→·n＝0，得－3x＋y＝0，y－3z＝0.取n＝(1，3，1)，故sinθ＝|cos〈EF→，n〉|＝|EF→·n||EF→|·|n|＝45.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35.命题点3求二面角例3如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；证明在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝12，解得AC＝23，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.又BE⊂平面BCDE，所以AC⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值.解方法一因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形.取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角.易得EF＝BF＝1，FG＝32.在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝EF2＋FG2＝72，所以cos∠EGF＝FGEG＝217，所以二面角E－AB－C的余弦值为217.方法二因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形.记BC的中点为O，连接OE，则OE⊥平面ABC，以O为坐标原点，分别以OB，OE所在直线为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－1,23，0)，B(1,0,0)，E(0,0,1)，所以BA→＝(－2,23，0)，BE→＝(－1,0,1).设平面ABE的法向量m＝(x，y，z)，则BA→·m＝0，BE→·m＝0，即－2x＋23y＝0，－x＋z＝0，令x＝3，则m＝(3，1，3)为平面ABE的一个法向量.易知二面角E－AB－C为锐角，易知平面ABC的一个法向量为OE→＝(0,0,1)，所以cos〈m，OE→〉＝m·OE→|m|·|OE→|＝37＝217，所以二面角E－AB－C的余弦值为217.(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SIWEISHENGHUA跟踪训练3(2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1