（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教案

1高考专题突破四高考中的立体几何问题题型一平行、垂直关系的证明例1(2018·南京、盐城、连云港模拟)如图，已知矩形ABCD所在平面与△ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．(1)求证：MN∥平面BEC；(2)求证：AH⊥CE.证明(1)方法一取CE的中点F，连结FB，MF.因为M为DE的中点，F为CE的中点，所以MF∥CD且MF＝12CD.又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点，所以BN∥CD且BN＝12CD，所以MF∥BN且MF＝BN，所以四边形BNMF为平行四边形，所以MN∥BF.又MN⊄平面BEC，BF⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.方法二取AE的中点G，连结MG，GN.因为G为AE的中点，M为DE的中点，所以MG∥AD.又因为在矩形ABCD中，BC∥AD，所以MG∥BC.又因为MG⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，2所以MG∥平面BEC.因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GN∥BE.又因为GN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以GN∥平面BEC.又因为MG∩GN＝G，MG，GN⊂平面GMN，所以平面GMN∥平面BEC.又因为MN⊂平面GMN，所以MN∥平面BEC.(2)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊂平面ABCD，且BC⊥AB，所以BC⊥平面ABE.因为AH⊂平面ABE，所以BC⊥AH.因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE⊂平面BEC，所以AH⊥平面BEC.又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.思维升华(1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．3跟踪训练1如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明方法一如图1，取AB中点G，连结EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝12AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如图2，取AC的中点H，连结C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1∥AH，且EC1＝AH，4所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.题型二立体几何中的计算问题命题点1求线线角和线面角例2如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.(1)求异面直线AC1与BE所成角的余弦值；(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值．解(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图，则A(3,0,0)，C1(0,3,3)，AC1—→＝(－3,3,3)，B(3,3,0)，E(3,0,2)，BE→＝(0，－3,2)．所以cos〈AC1—→，BE→〉＝AC1→—·BE→|AC1—→||BE→|＝－9＋633×13＝－3939，故异面直线AC1与BE所成角的余弦值为3939.(2)B1(3,3,3)，BB1—→＝(0,0,3)，D1E—→＝(3,0，－1)．设平面BED1F的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n·D1E—→＝0，n·BE→＝0，得3x－z＝0，－3y＋2z＝0，5所以y＝2x，z＝3x，则n＝(x,2x,3x)，不妨取n＝(1,2,3)．设直线BB1与平面BED1F所成的角为α，则sinα＝|cos〈BB1—→，n〉|＝BB1—→·n|BB1—→|·|n|＝|9|3×14＝31414.故直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为31414.思维升华(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．(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(2018·宿迁期末)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝t，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.(1)若t＝1，求异面直线AC1与A1B所成角的大小；(2)若t＝5，求直线AC1与平面A1BD所成角的正弦值．解(1)当t＝1时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，则AC1—→＝(1,1,1)，A1B—→＝(1,0，－1)，故cos〈AC1—→，A1B—→〉＝AC1—→·A1B—→|AC1→|·|A1B—→|＝0，所以异面直线AC1与A1B所成的角为90°.(2)当t＝5时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,5)，C1(1,1,5)，则A1B—→＝(1,0，－5)，A1D—→＝(0,1，－5)，设平面A1BD的法向量n＝(a，b，c)，则由A1B—→·n＝0，A1D—→·n＝0，得a－5c＝0，b－5c＝0，6不妨取c＝1，则a＝b＝5，此时n＝(5,5,1)．设直线AC1与平面A1BD所成的角为α，因为AC1—→＝(1,1,5)，则sinα＝|cos〈AC1—→，n〉|＝|AC1—→·n||AC1—→|·|n|＝|15|27×51＝51751，所以AC1与平面A1BD所成角的正弦值为51751.命题点2求二面角例3如图，以正四棱锥V－ABCD的底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O－xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，点E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h，且有cos〈BE→，DE→〉＝－1549.(1)求ha的值；(2)求二面角B－VC－D的余弦值．解(1)由题意，可得B(a，a,0)，C(－a，a,0)，D(－a，－a,0)，V(0,0，h)，E－a2，a2，h2，∴BE→＝－3a2，－a2，h2，DE→＝a2，3a2，h2，故cos〈BE→，DE→〉＝BE→·DE→|BE→|·|DE→|＝h2－6a2h2＋10a2.又cos〈BE→，DE→〉＝－1549，∴h2－6a2h2＋10a2＝－1549，解得ha＝32.(2)由ha＝32，得BE→＝－3a2，－a2，3a4，DE→＝a2，3a2，3a4.且CB→＝(2a,0,0)，DC→＝(0,2a,0)．7设平面BVC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·BE→＝0，n1·CB→＝0，即－3a2x1－a2y1＋3a4z1＝0，2ax1＝0，取y1＝3，得n1＝(0,3,2)，同理可得平面DVC的一个法向量为n2＝(－3,0,2)．∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝0×－3＋3×0＋2×213×13＝413.由题意可得二面角B－VC－D为钝二面角，∴二面角B－VC－D的余弦值为－413.思维升华(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．跟踪训练3如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角B－OB1－C的余弦值．(1)证明∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴A1O⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.∵A1O∩CO＝O，A1O，CO⊂平面A1CO，∴BD⊥平面A1CO.∵BD⊂平面BB1D1D，∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.(2)解∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，OB→，OC→，OA1→的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．8∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝3，OA1＝AA21－OA2＝6.则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，A1(0，0，6)，∴OB→＝(1,0,0)，BB1—→＝AA1—→＝(0，3，6)，OB1—→＝OB→＋BB1—→＝(1，3，6)．设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)，则OB—→·n＝0，OB1—→·n＝0，即x＝0，x＋3y＋6z＝0.令y＝2，得n＝(0，2，－1)，是平面OBB1的一个法向量．同理可求得平面OCB1的一个法向量为m＝(6，0，－1)，∴cos〈n，m〉＝n·m|n|·|m|＝13×7＝2121.由图可知二面角B－OB1－C是锐二面角，∴二面角B－OB1－C的余弦值为2121.题型三立体几何中的探索性问题例4如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．(1)证明如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝22，BC＝42，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，9因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC.(2)解方法一(几何法)过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.过点M作MG⊥AC交AC于点G，连结NG，则∠MGN是二面角M－AC－D的平面角．若∠MGN＝45°，则NG＝MN，又AN＝2NG＝2MN，所以MN＝1，所以MN＝12PA，MN∥PA，所以M是PD的中点．在三棱锥M－ABC中，可得VM－ABC＝13S△ABC·MN，设点B到平面MAC的距离是h，则VB－MAC＝13S△MAC·h，所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝22.在Rt△BMN中，可得BM＝33.设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝hBM＝269.方法二(向量法)以A为坐标原点，以过点A平行于CD的直