名师讲解高考数学总复习 第8章 高考突破4 高考中的立体几何问题.docx

1、名师讲解高考数学总复习 第8章 高考突破4 高考中的立体几何问题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M

2、N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

3、BCAH.因为ABAE，H为BE的中点，所以BEAH.因为BCBEB，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

4、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

5、的中点，所以FGAC，且FGAC.因为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

6、正方体ABCDA1B1C1D1中，A1ECF1.(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，

7、则sin |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：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

8、；(2)若t5，求直线AC1与平面A1BD所成角的正弦值解(1)当t1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

9、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

10、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

11、，BD平面ABCD，A1OBD.四边形ABCD是菱形，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O

12、CB1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，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

13、，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)，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|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B