2020年高考数学一轮(江苏理) 第8章 高考突破4 高考中的立体几何问题.docx

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＝CD. 又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点， 所以BN∥CD且BN＝CD， 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， 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． 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＝AC. 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， 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)，＝(－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α， 则sin α＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 故直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为. 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＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝. 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＝(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t＝5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＝(1,1,5)， 则sin α＝|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〈，〉＝－. (1)求的值； (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， ∴＝，＝， 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〉＝＝＝. 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－. 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，，，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． ∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°， ∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝，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)， ∴cos〈n，m〉＝＝＝. 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. 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＝2，BC＝4，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＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC， 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＝NG＝MN， 所以MN＝1，所以MN＝PA，MN∥PA， 所以M是PD的中点． 在三棱锥M－ABC中，可得VM－ABC＝S△ABC·MN， 设点B到平面MAC的距离是h， 则VB－MAC＝S△MAC·h， 所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2. 在Rt△BMN中，可得BM＝3. 设BM与平面MAC所成的角为θ， 则sin θ＝＝. 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(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(0<t<1)， 则点M的坐标为(0,2t,2－2t)， 所以＝(0,2t,2－2t)． 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|cos〈m，n〉|＝＝cos 45°＝， 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θ， 则sin θ＝|cos〈n0，〉|＝. 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，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.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MF⊥CF. (1)证明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱锥M－CDE的体积． (1)证明　因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PD⊥AD. 又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD∩CD＝D， PD，CD⊂平面PCD， 所以AD⊥平面PCD. 又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M，MD，MF⊂平面MDF， 所以CF⊥平面MDF. (2)解　因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1， 所以PD＝＝，∠PCD＝60°， 由(1)知FD⊥CF， 在Rt△DCF中，CF＝CD＝. 如图，过点F作FG⊥CD交CD于点G， 得FG＝FCsin 60°＝×＝， 所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝， 所以MD＝＝ ＝. S△CDE＝DE·DC＝××1＝. 故V三棱锥M－CDE＝MD·S△CDE＝××＝. 1.在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD. (1)证明：BC⊥PB； (2)若PA⊥PD，PB＝AB，求二面角A－PB－C的余弦值． (1)证明　取AD中点为E，连结PE，BE，BD， ∵PA＝PD，∴PE⊥AD， ∵底面ABCD为菱形， 且∠BAD＝60°， ∴△ABD为等边三角形，∴BE⊥AD， ∵PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE， ∴AD⊥平面PBE， 又PB⊂平面PBE， ∴AD⊥PB， ∵AD∥BC，∴BC⊥PB. (2)解　设AB＝2， ∴AD＝PB＝2，BE＝， ∵PA⊥PD，E为AD中点， ∴PE＝1，∵PE2＋BE2＝PB2， ∴PE⊥BE. 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)． cos〈m，n〉＝＝. 设二面角A－PB－C的平面角为θ，由图易知θ为钝角， 则cos θ＝－cos〈m，n〉＝－. ∴二面角A－PB－C的余弦值为－. 2.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1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　∵AA1＝A1C，且O为AC的中点， ∴A1O⊥AC， 又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，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(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α， 则sin α＝|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，AB＝2，AE＝3，DE＝，二面角E－AD－C的余弦值为，且EF∥BD. (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　∵AB＝AD＝2，AE＝3，DE＝， ∴AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE， 又正方形ABCD中，AD⊥DC，且DE∩DC＝D，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E－AD－C的平面角， 作OE⊥CD于O，则OD＝DE·cos∠EDC＝1，OE＝2， 又∵平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，OE⊂平面EDC， ∴OE⊥平面ABCD. 取AB中点M，连结OM，则OM⊥CD， 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EF∥BD，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x＝－2，得n＝(－2,2，－3)， 又平面EDC的一个法向量为m＝(1,0,0)， ∴cos〈n，m〉＝＝－， 设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝. 4．(2018·江苏省盐城市东台中学模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，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(0,2,0)，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，π]，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)，＝λ，0≤λ≤1， 则(x－2，y，z)＝λ(－2,0,2)， 所以所以P(2－2λ，0,2λ)， 所以＝(1－2λ，－1,2λ)． 设平面PMN的法向量为n＝(a，b，c)， 则n·＝0，n·＝0， 所以取n＝. 因为＝(－2,0,2)，设直线A1B与平面PMN所成的角为α， 由sin α＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝， 得λ＝. 所以＝，所以BP＝BA1＝. 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A1—DE—B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AD＝1，AE＝2. 在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得 DE＝＝. 从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE. 折起后有A1D⊥DE，因为二面角A1—DE—B是直二面角， 所以平面A1DE⊥平面BCED， 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D⊂平面A1DE， 所以A1D⊥平面BCED. (2)解　存在．理由：由(1)可知ED⊥DB，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D－xyz. 设PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于点H， 连结A1H，A1P， 则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a. 所以A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)． 所以＝(a－2，－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sin 60°＝＝＝， 解得a＝.此时2a＝，满足0≤2a≤3，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E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝，EC⊥BD. (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， ∵AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC， ∴△ADC≌△ABC， 易得△ADO≌△ABO， ∴∠AOD＝∠AOB＝90°， ∴AC⊥BD. 又EC⊥BD，EC∩AC＝C，EC，AC⊂平面AEC， ∴BD⊥平面AEC， 又OE⊂平面AEC，∴OE⊥BD. 又底面ABCD是圆内接四边形， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， 在Rt△ADC中，由AD＝，CD＝1， 可得AC＝2，AO＝， ∴∠AEC＝90°，＝＝， 易得△AEO∽△ACE，∴∠AOE＝∠AEC＝90°， 即EO⊥AC. 又AC，BD⊂平面ABCD，AC∩BD＝O， ∴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，连结MN，ND，DM， 则MN∥BE， 由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°， 即∠DAB＝60°， ∴△ABD为正三角形， ∴DN⊥AB， 又BC⊥AB，DN，CB⊂平面ABCD， ∴DN∥CB， 又MN∩DN＝N，BE∩BC＝B，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x＝1，则n＝(1，，)， 设＝λ(0≤λ≤1)， 可得＝＋＝， 设直线DP与平面ABE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝， ∵0≤λ≤1， ∴当λ＝0时，sin θ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.