（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第八章立體幾何高考專題突破四高考中的立體幾何問(wèn)題教案.docx

高考專題突破四高考中的立體幾何問(wèn)題題型一平行、垂直關(guān)系的證明例1(2018南京、鹽城、連云港模擬)如圖，已知矩形ABCD所在平面與ABE所在平面互相垂直，AEAB，M，N，H分別為DE，AB，BE的中點(diǎn)(1)求證：MN平面BEC；(2)求證：AHCE.證明(1)方法一取CE的中點(diǎn)F，連結(jié)FB，MF.因?yàn)镸為DE的中點(diǎn)，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，所以MFCD且MFCD.又因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，N為AB的中點(diǎn)，所以BNCD且BNCD，所以MFBN且MFBN，所以四邊形BNMF為平行四邊形，所以MNBF.又MN平面BEC，BF平面BEC，所以MN平面BEC.方法二取AE的中點(diǎn)G，連結(jié)MG，GN.因?yàn)镚為AE的中點(diǎn)，M為DE的中點(diǎn)，所以MGAD.又因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，BCAD，所以MGBC.又因?yàn)镸G平面BEC，BC平面BEC，所以MG平面BEC.因?yàn)镚為AE的中點(diǎn)，N為AB的中點(diǎn)，所以GNBE.又因?yàn)镚N平面BEC，BE平面BEC，所以GN平面BEC.又因?yàn)镸GGNG，MG，GN平面GMN，所以平面GMN平面BEC.又因?yàn)镸N平面GMN，所以MN平面BEC.(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以BCAB.因?yàn)槠矫鍭BCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，BC平面ABCD，且BCAB，所以BC平面ABE.因?yàn)锳H平面ABE，所以BCAH.因?yàn)锳BAE，H為BE的中點(diǎn)，所以BEAH.因?yàn)锽CBEB，BC平面BEC，BE平面BEC，所以AH平面BEC.又因?yàn)镃E平面BEC，所以AHCE.思維升華 (1)平行問(wèn)題的轉(zhuǎn)化利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問(wèn)題時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序正好相反在實(shí)際的解題過(guò)程中，判定定理和性質(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運(yùn)用(2)垂直問(wèn)題的轉(zhuǎn)化在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時(shí)，一般需作輔助線，基本作法是過(guò)其中一個(gè)平面內(nèi)一點(diǎn)作交線的垂線，從而把面面垂直問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線面垂直問(wèn)題，進(jìn)而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問(wèn)題跟蹤訓(xùn)練1如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(1)證明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因?yàn)锳B平面ABC，所以BB1AB.又因?yàn)锳BBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1，取AB中點(diǎn)G，連結(jié)EG，F(xiàn)G.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)，所以FGAC，且FGAC.因?yàn)锳CA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG.又因?yàn)镋G平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點(diǎn)H，連結(jié)C1H，F(xiàn)H.因?yàn)镠，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HFAB，又因?yàn)镋，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以EC1AH，且EC1AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，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.題型二立體幾何中的計(jì)算問(wèn)題命題點(diǎn)1求線線角和線面角例2如圖，在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCDA1B1C1D1中，A1ECF1.(1)求異面直線AC1與BE所成角的余弦值；(2)求直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值解(1)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，如圖，則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，故異面直線AC1與BE所成角的余弦值為.(2)B1(3,3,3)，(0,0,3)，(3,0，1)設(shè)平面BED1F的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，由得所以則n(x,2x,3x)，不妨取n(1,2,3)設(shè)直線BB1與平面BED1F所成的角為，則sin|cos，n|.故直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值為.思維升華 (1)利用向量求直線與平面所成的角有兩個(gè)思路：分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；通過(guò)平面的法向量來(lái)求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角(2)若直線l與平面的夾角為，直線l的方向向量l與平面的法向量n的夾角為，則或，故有sin|cos|.跟蹤訓(xùn)練2(2018宿遷期末)如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA1t，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.(1)若t1，求異面直線AC1與A1B所成角的大小；(2)若t5，求直線AC1與平面A1BD所成角的正弦值解(1)當(dāng)t1時(shí)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，則(1,1,1)，(1,0，1)，故cos，0，所以異面直線AC1與A1B所成的角為90.(2)當(dāng)t5時(shí)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,5)，C1(1,1,5)，則(1,0，5)，(0,1，5)，設(shè)平面A1BD的法向量n(a，b，c)，則由得不妨取c1，則ab5，此時(shí)n(5,5,1)設(shè)直線AC1與平面A1BD所成的角為，因?yàn)?1,1,5)，則sin|cos，n|，所以AC1與平面A1BD所成角的正弦值為.命題點(diǎn)2求二面角例3如圖，以正四棱錐VABCD的底面中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，其中OxBC，OyAB，點(diǎn)E為VC的中點(diǎn)，正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2a，高為h，且有cos，.(1)求的值；(2)求二面角BVCD的余弦值解(1)由題意，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)設(shè)平面BVC的一個(gè)法向量為n1(x1，y1，z1)，則即取y13，得n1(0,3,2)，同理可得平面DVC的一個(gè)法向量為n2(3,0,2)cosn1，n2.由題意可得二面角BVCD為鈍二面角，二面角BVCD的余弦值為.思維升華 (1)求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角(2)利用向量法求二面角的大小的關(guān)鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：求平面的垂線的方向向量；利用法向量與平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量的數(shù)量積為零，列方程組求解跟蹤訓(xùn)練3如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)證明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值(1)證明A1O平面ABCD，BD平面ABCD，A1OBD.四邊形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，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)B2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，)設(shè)平面OBB1的法向量為n(x，y，z)，則即令y，得n(0，1)，是平面OBB1的一個(gè)法向量同理可求得平面OCB1的一個(gè)法向量為m(，0，1)，cosn，m.由圖可知二面角BOB1C是銳二面角，二面角BOB1C的余弦值為.題型三立體幾何中的探索性問(wèn)題例4如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求證：ABPC；(2)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得二面角MACD的大小為45，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由(1)證明如圖，由已知得四邊形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因?yàn)镻A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(幾何法)過(guò)點(diǎn)M作MNAD交AD于點(diǎn)N，則MNPA，因?yàn)镻A平面ABCD，所以MN平面ABCD.過(guò)點(diǎn)M作MGAC交AC于點(diǎn)G，連結(jié)NG，則MGN是二面角MACD的平面角若MGN45，則NGMN，又ANNGMN，所以MN1，所以MNPA，MNPA，所以M是PD的中點(diǎn)在三棱錐MABC中，可得VMABCSABCMN，設(shè)點(diǎn)B到平面MAC的距離是h，則VBMACSMACh，所以SABCMNSMACh，解得h2.在RtBMN中，可得BM3.設(shè)BM與平面MAC所成的角為，則sin.方法二(向量法)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)點(diǎn)A平行于CD的直線為x軸，AD，AP所在直線分別為y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)易知當(dāng)點(diǎn)M與P點(diǎn)或D點(diǎn)重合時(shí)不滿足題意，設(shè)t(0t1)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,2t,22t)，所以(0,2t,22t)設(shè)平面MAC的法向量為n(x，y，z)，則得則可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一個(gè)法向量，所以|cosm，n|cos45，解得t，即點(diǎn)M是線段PD的中點(diǎn)此時(shí)平面MAC的一個(gè)法向量可取n0(1，1，)，(2，3，1)設(shè)BM與平面MAC所成的角為，則sin|cosn0，|.思維升華 (1)對(duì)于線面關(guān)系中的存在性問(wèn)題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)(2)平面圖形的翻折問(wèn)題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化跟蹤訓(xùn)練4如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如圖(2)折疊，折痕EFDC.其中點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MFCF.(1)證明：CF平面MDF；(2)求三棱錐MCDE的體積(1)證明因?yàn)镻D平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因?yàn)锳BCD是矩形，CDAD，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?yàn)镻DDC，PC2，CD1，所以PD，PCD60，由(1)知FDCF，在RtDCF中，CFCD.如圖，過(guò)點(diǎn)F作FGCD交CD于點(diǎn)G，得FGFCsin60，所以DEFG，故MEPE，所以MD.SCDEDEDC1.故V三棱錐MCDEMDSCDE.1.在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，BAD60，PAPD.(1)證明：BCPB；(2)若PAPD，PBAB，求二面角APBC的余弦值(1)證明取AD中點(diǎn)為E，連結(jié)PE，BE，BD，PAPD，PEAD，底面ABCD為菱形，且BAD60，ABD為等邊三角形，BEAD，PEBEE，PE，BE平面PBE，AD平面PBE，又PB平面PBE，ADPB，ADBC，BCPB.(2)解設(shè)AB2，ADPB2，BE，PAPD，E為AD中點(diǎn)，PE1，PE2BE2PB2，PEBE.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EA，EB，EP所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，C(2，0)，(1，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0)設(shè)平面PAB的法向量為n(x，y，z)，則即令y，則n(3，3)同理可得平面PBC的一個(gè)法向量m(0，3)cosm，n.設(shè)二面角APBC的平面角為，由圖易知為鈍角，則coscosm，n.二面角APBC的余弦值為.2.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC和AA1C均是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，點(diǎn)O為AC中點(diǎn)，平面AA1C1C平面ABC.(1)證明：A1O平面ABC；(2)求直線AB與平面A1BC1所成角的正弦值(1)證明AA1A1C，且O為AC的中點(diǎn)，A1OAC，又平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABC.(2)解如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)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)，設(shè)平面A1BC1的法向量為n(x，y，z)，則即平面A1BC1的一個(gè)法向量為n(1,0,1)，設(shè)直線AB與平面A1BC1所成的角為，則sin|cos，n|，又cos，n，AB與平面A1BC1所成角的正弦值為.3.如圖，多面體ABCDEF中，ABCD為正方形，AB2，AE3，DE，二面角EADC的余弦值為，且EFBD.(1)證明：平面ABCD平面EDC；(2)求平面AEF與平面EDC所成銳二面角的余弦值(1)證明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，則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中點(diǎn)M，連結(jié)OM，則OMCD，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)M，OC，OE所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則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的一個(gè)方向向量為(2,2,0)，設(shè)平面AEF的法向量為n(x，y，z)，則取x2，得n(2,2，3)，又平面EDC的一個(gè)法向量為m(1,0,0)，cosn，m，設(shè)平面AEF與平面EDC所成的銳二面角為，則cos|cosn，m|.4(2018江蘇省鹽城市東臺(tái)中學(xué)模擬)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ABAC，M是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段A1B上(1)若P是線段A1B的中點(diǎn)，求直線MP與直線AC所成角的大?。?2)若N是CC1的中點(diǎn)，直線A1B與平面PMN所成角的正弦值為，求線段BP的長(zhǎng)度解以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AC，AA1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,2)，M(1,1,0)(1)若P是線段A1B的中點(diǎn)，則P(1,0,1)，(0，1,1)，(0,2,0)所以cos，.又，0，所以，.所以直線MP與直線AC所成角的大小為.(2)由N(0,2,1)，得(1,1,1)設(shè)P(x，y，z)，01，則(x2，y，z)(2,0,2)，所以所以P(22，0,2)，所以(12，1,2)設(shè)平面PMN的法向量為n(a，b，c)，則n0，n0，所以取n.因?yàn)?2,0,2)，設(shè)直線A1B與平面PMN所成的角為，由sin|cosn，|，得.所以，所以BPBA1.5等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足，如圖1.將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB為直二面角，連結(jié)A1B，A1C，如圖2.(1)求證：A1D平面BCED；(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求出PB的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由(1)證明因?yàn)榈冗吶切蜛BC的邊長(zhǎng)為3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.從而AD2DE2AE2，所以ADDE.折起后有A1DDE，因?yàn)槎娼茿1DEB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為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DB，DE，DA1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.設(shè)PB2a(02a3)，作PHBD于點(diǎn)H，連結(jié)A1H，A1P，則BHa，PHa，DH2a.所以A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0)所以(a2，a,1)因?yàn)镋D平面A1BD，所以