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含解析

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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，AEAB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点(1)求证：MN平面BEC；(2)求证：AHCE.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MFCD且MFCD.又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点，所以BNCD且BNCD，所以MFBN且MFBN，所以四边形BNMF为平行四边形，所以MNBF.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

2、中点，M为DE的中点，所以MGAD.又因为在矩形ABCD中，BCAD，所以MGBC.又因为MG平面BEC，BC平面BEC，所以MG平面BEC.因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GNBE.又因为GN平面BEC，BE平面BEC，所以GN平面BEC.又因为MGGNG，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BCAB.因为平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，BC平面ABCD，且BCAB，所以BC平面ABE.因为AH平面ABE，所以BCAH.因为ABAE，H为BE的中点，所以BEAH.因为BCBE

3、B，BC平面BEC，BE平面BEC，所以AH平面BEC.又因为CE平面BEC，所以AHCE.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

4、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跟踪训练1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，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ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因为AB平面ABC，所以BB1AB.又因为ABBC，BCBB1B，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FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，

5、所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1FEG.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HFAB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1AH，且EC1AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，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ABCDA1B1C1D1中，A1ECF1.(1)求异面直线AC1

6、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Dxyz，如图，则A(3,0,0)，C1(0,3,3)，(3,3,3)，B(3,3,0)，E(3,0,2)，(0，3,2)所以cos，故异面直线AC1与BE所成角的余弦值为.(2)B1(3,3,3)，(0,0,3)，(3,0，1)设平面BED1F的一个法向量为n(x，y，z)，由得所以则n(x,2x,3x)，不妨取n(1,2,3)设直线BB1与平面BED1F所成的角为，则sin|cos，n|.故直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为.

7、思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：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)；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与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则或，故有sin|cos|.跟踪训练2(2018宿迁期末)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA1t，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.(1)若t1，求异面直线AC1与A1B所成角的大小；(2)若t5，求直线AC1与平面A1BD所成角的正弦值解(1)当t1时，A(

8、0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，则(1,1,1)，(1,0，1)，故cos，0，所以异面直线AC1与A1B所成的角为90.(2)当t5时，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,5)，C1(1,1,5)，则(1,0，5)，(0,1，5)，设平面A1BD的法向量n(a，b，c)，则由得不妨取c1，则ab5，此时n(5,5,1)设直线AC1与平面A1BD所成的角为，因为(1,1,5)，则sin|cos，n|，所以AC1与平面A1BD所成角的正弦值为.命题点2求二面角例3如图，以正四棱锥VABCD的底面中心O为坐标原点建立空间直角坐

9、标系Oxyz，其中OxBC，OyAB，点E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h，且有cos，.(1)求的值；(2)求二面角BVCD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，故cos，.又cos，解得.(2)由，得，.且(2a,0,0)，(0,2a,0)设平面BVC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取y13，得n1(0,3,2)，同理可得平面DVC的一个法向量为n2(3,0,2)cosn1，n2.由题意可得二面角BVCD为钝二面角，二面角BVCD的余弦值为.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

10、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：求平面的垂线的方向向量；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ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值(1)证明A1O平面ABCD，BD平面ABCD，A1OBD.四边形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，A1O

11、，CO平面A1CO，BD平面A1CO.BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)解A1O平面ABCD，COBD，OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，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AB2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，)设平面OBB1的法向量为n(x，y，z)，则即令y，得n(0，1)，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(，0，1)，cosn，m.由图可知二面角BOB1C是锐二面角

12、，二面角BOB1C的余弦值为.题型三立体几何中的探索性问题例4如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD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ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，PA，AC平面PAC，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，所以ABPC.(2)解方法一(几何法)过点M作

13、MNAD交AD于点N，则MNPA，因为PA平面ABCD，所以MN平面ABCD.过点M作MGAC交AC于点G，连结NG，则MGN是二面角MACD的平面角若MGN45，则NGMN，又ANNGMN，所以MN1，所以MNPA，MNPA，所以M是PD的中点在三棱锥MABC中，可得VMABCSABCMN，设点B到平面MAC的距离是h，则VBMACSMACh，所以SABCMNSMACh，解得h2.在RtBMN中，可得BM3.设BM与平面MAC所成的角为，则sin.方法二(向量法)以A为坐标原点，以过点A平行于CD的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0

14、)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，(0，2，2)，(2，2，0)易知当点M与P点或D点重合时不满足题意，设t(0t1)，则点M的坐标为(0,2t,22t)，所以(0,2t,22t)设平面MAC的法向量为n(x，y，z)，则得则可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cosm，n|cos45，解得t，即点M是线段PD的中点此时平面MAC的一个法向量可取n0(1，1，)，(2，3，1)设BM与平面MAC所成的角为，则sin|cosn0，|.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理

15、、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化跟踪训练4如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MFCF.(1)证明：CF平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积(1)证明因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因为ABCD是矩形，CDA

16、D，PDCDD，PD，CD平面PCD，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，MD，MF平面MDF，所以CF平面MDF.(2)解因为PDDC，PC2，CD1，所以PD，PCD60，由(1)知FDCF，在RtDCF中，CFCD.如图，过点F作FGCD交CD于点G，得FGFCsin60，所以DEFG，故MEPE，所以MD.SCDEDEDC1.故V三棱锥MCDEMDSCDE.1.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，PAPD.(1)证明：BCPB；(2)若PAPD，PBAB，求二面角APBC的余弦值(1)证明取AD中点为E，连结PE，B

17、E，BD，PAPD，PEAD，底面ABCD为菱形，且BAD60，ABD为等边三角形，BEAD，PEBEE，PE，BE平面PBE，AD平面PBE，又PB平面PBE，ADPB，ADBC，BCPB.(2)解设AB2，ADPB2，BE，PAPD，E为AD中点，PE1，PE2BE2PB2，PEBE.以E为坐标原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，C(2，0)，(1，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即令y，则n(3，3)同理可得平面PBC的一个法向量m(0

18、，3)cosm，n.设二面角APBC的平面角为，由图易知为钝角，则coscosm，n.二面角APBC的余弦值为.2.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC和AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C平面ABC.(1)证明：A1O平面ABC；(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值(1)证明AA1A1C，且O为AC的中点，A1OAC，又平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系由已知可得O(0,0,0)，A(

19、0，1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，(，1,0)，(，0，)，(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则即平面A1BC1的一个法向量为n(1,0,1)，设直线AB与平面A1BC1所成的角为，则sin|cos，n|，又cos，n，AB与平面A1BC1所成角的正弦值为.3.如图，多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB2，AE3，DE，二面角EADC的余弦值为，且EFBD.(1)证明：平面ABCD平面EDC；(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值(1)证明ABAD2，AE3，DE，AD2DE2AE2，ADDE，又正方形ABCD中，A

20、DDC，且DEDCD，DE，DC平面EDC，AD平面EDC，又AD平面ABCD，平面ABCD平面EDC.(2)解由(1)知，EDC是二面角EADC的平面角，作OECD于O，则ODDEcosEDC1，OE2，又平面ABCD平面EDC，平面ABCD平面EDCCD，OE平面EDC，OE平面ABCD.取AB中点M，连结OM，则OMCD，如图，以O为原点，分别以OM，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，1,0)，B(2,1,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)，(2,1,2)，(2，2,0)，又EFBD，知EF的一个方向向量为(2,2,0)，设平面AEF的法向量为n(

21、x，y，z)，则取x2，得n(2,2，3)，又平面EDC的一个法向量为m(1,0,0)，cosn，m，设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为，则cos|cosn，m|.4(2018江苏省盐城市东台中学模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中点，点P在线段A1B上(1)若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成角的大小；(2)若N是CC1的中点，直线A1B与平面PMN所成角的正弦值为，求线段BP的长度解以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2

22、,0)，A1(0,0,2)，M(1,1,0)(1)若P是线段A1B的中点，则P(1,0,1)，(0，1,1)，(0,2,0)所以cos，.又，0，所以，.所以直线MP与直线AC所成角的大小为.(2)由N(0,2,1)，得(1,1,1)设P(x，y，z)，01，则(x2，y，z)(2,0,2)，所以所以P(22，0,2)，所以(12，1,2)设平面PMN的法向量为n(a，b，c)，则n0，n0，所以取n.因为(2,0,2)，设直线A1B与平面PMN所成的角为，由sin|cosn，|，得.所以，所以BPBA1.5等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，如图1.将ADE

23、沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连结A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.从而AD2DE2AE2，所以ADDE.折起后有A1DDE，因为二面角A1DEB是直二面角，所以平面A1DE平面BCED，又平面A1DE平面BCEDDE，A1DDE，A1D平面A1DE，所以A1D平面BCED.(2)解存在理由：由(1)可知EDDB，A1D平面

24、BCED.以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1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Dxyz.设PB2a(02a3)，作PHBD于点H，连结A1H，A1P，则BHa，PHa，DH2a.所以A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0)所以(a2，a,1)因为ED平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为(0，0)要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，则sin60，解得a.此时2a，满足02a3，符合题意所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.6.如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，AB

25、ADAE，ECBD.(1)求证：平面BED平面ABCD；(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值(1)证明如图，连结AC，交BD于点O，连结EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC，易得ADOABO，AODAOB90，ACBD.又ECBD，ECACC，EC，AC平面AEC，BD平面AEC，又OE平面AEC，OEBD.又底面ABCD是圆内接四边形，ADCABC90，在RtADC中，由AD，CD1，可得AC2，AO，AEC90，易得AEOACE，AOEAEC90，即EOAC.又AC，BD平面ABCD，ACBDO，EO平面ABCD，又EO

26、平面BED，平面BED平面ABCD.(2)解如图，取AE的中点M，AB的中点N，连结MN，ND，DM，则MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60，ABD为正三角形，DNAB，又BCAB，DN，CB平面ABCD，DNCB，又MNDNN，BEBCB，MN，DN平面DMN，BE，BC平面EBC，平面DMN平面EBC，点P在线段MN上以O为坐标原点，以OA，OB，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A，B，E，M，D，N，设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则n(1，)，设(01)，可得，设直线DP与平面ABE所成的角为，则sin|cosn，|，01，当0时，sin取得最大值.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为.20