鲁京津琼专用2020版高考数学大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；(3)求三棱锥EABC的体积(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，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为

2、ACA1C1，且ACA1C1，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，连接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.(3)解因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.思维升华 (

3、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跟踪训练1如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，P

4、A底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明(1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)点E，F分别是PC，PD的中点，E，F，(1，0，0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(0，0，1)(1，0，0)0，(0，2，0)(1，0，0)0，即AP

5、DC，ADDC.又APADA，AP，AD平面PAD，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.题型二立体几何中的计算问题命题点1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，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值方法一(1)证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC12

6、0，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，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，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.方

7、法二(1)证明如图，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Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1)因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2)设平面ABB1的一个法向量为n(x，y，z)由得可取n(，1，0)所以sin|cos，n|.因此直线AC1与

8、平面ABB1所成的角的正弦值是.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福州质检)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点(1)证明：A1C平面DEF；(2)若A1CEF，求直线A1C1与平面DEF所成的

9、角的正弦值解(1)如图，连接AB1，A1B交于点H，设A1B交EF于点K，连接DK，因为四边形ABB1A1为矩形，所以H为线段A1B的中点因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以点K为线段BH的中点，所以A1K3BK.又CD3BD，所以A1CDK.又A1C平面DEF，DK平面DEF，所以A1C平面DEF.(2)连接CE，EH，由(1)知，EHAA1，因为AA1平面ABC，所以EH平面ABC.因为ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点，所以CEAB.故以点E为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.设AB4，AA1t(t0)，则E(0,0,0)

10、，A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，F，D，所以(2，t，2)，.因为A1CEF，所以0，所以(2)(2)t200，所以t2，所以(2，0)，.设平面DEF的一个法向量为n(x，y，z)，则所以取x1，则n(1，)又(2，0，2)，设直线A1C1与平面DEF所成的角为，则sin|cosn，|，所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.命题点2求二面角例3如图，在四棱锥ABCDE中，平面BCDE平面ABC，BEEC，BC2，AB4，ABC60.(1)求证：BE平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45，求二面角EABC的余弦值(1)证明在ACB中，由余弦定

11、理得cosABC，解得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC.又因为平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC，AC平面ABC，所以AC平面BCDE.又BE平面BCDE，所以ACBE.又BEEC，AC，CE平面ACE，且ACCEC，所以BE平面ACE.(2)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ABCBC，所以BCE45，所以EBC为等腰直角三角形取BC的中点F，连接EF，过点F作FGAB于点G，连接EG，则EGF为二面角EABC的平面角易得EFBF1，FG.在RtEFG中，由勾股定理，得EG，所以cosEGF，所以二面角EABC

12、的余弦值为.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ABCBC，所以BCE45，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(1，2，0)，B(1，0，0)，E(0，0，1)，所以(2，2，0)，(1，0，1)设平面ABE的法向量m(x，y，z)，则即令x，则m(，1，)为平面ABE的一个法向量易知平面ABC的一个法向量为(0，0，1)，所以cosm，易知二面角EABC为锐角，所以二面角EABC的余弦值为.思维升华 (1)求二面角最常

13、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：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，

14、COBD.A1OCOO，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，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m(，0，1)，cosn，m.由图可

15、知二面角BOB1C是锐二面角，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，所以PAAB，又PAACA，PA，AC平面PAC，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)解方法一(几何法)过点M作MNAD

16、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，连接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)，C(

17、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、性质进

18、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(2018中原名校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABAC2，AD2，PB，PBAC.(1)求证：平面PAB平面PAC；(2)若PBA45，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由(1)证明因为四边形ABCD是平行四边形，AD2，所以BCA

19、D2，又ABAC2，所以AB2AC2BC2，所以ACAB，又PBAC，ABPBB，AB，PB平面PAB，所以AC平面PAB.又因为AC平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)解由(1)知ACAB，AC平面PAB，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，(0，2，0)，(2，2，0)，由PBA45，PB，可得P(1,0,1)，所以(1，0，1)，(1，0，1)，假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设(01)，则(，0，)，(，2，)，设

20、平面PBC的法向量n(x，y，z)，则即令z1，可得xy1，所以平面PBC的一个法向量n(1，1，1)，设直线CE与平面PBC所成的角为，则sin|cosn，|，解得或(舍)所以在棱PA上存在点E，且，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.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，连接PE，BE，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，AD

21、BC，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(0，3)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.(2018大连模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB

22、C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(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

23、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(2018成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体PABC，如图2所示已知PB4.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且，求二面角QBCA的余弦值(1)证明取AC的中点O，连接PO，BO得到PBO.四边形ABCD是菱形，PAPC，POAC.DC5，AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2，POOB.OBACO，OB，AC平面ABC，PO

24、平面ABC.PO平面PAC，平面PAC平面ABC.(2)解ABBC，BOAC.易知OB，OC，OP两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则B(4，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，4)，A(0，3，0)设点Q(x，y，z)由，得Q.(4，3，0)，.设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量由得解得取z115，则n1(3，4，15)取平面ABC的一个法向量n2(0，0，1)cosn1，n2，由图可知二面角QBCA为锐角，二面角QBCA的余弦值为.4(2019南昌模拟)如图，多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，A

25、B2，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，ADDC，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，连接OM，则OMCD，如图，以O为原点，分别以OM，OC，O

26、E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(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|.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沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D平面B

27、CED；(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Dx

28、yz.设PB2a(02a3)，作PHBD于点H，连接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，ABADAE，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

29、线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接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，连接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，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.22