【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-立體幾何熱點(diǎn)考向

eq\a\vs4\al(利用空間向量證明空間位置關(guān)系)【例1】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.【證明】以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．(1)由于eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)由于eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又由于AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.由于DC?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.【規(guī)律方法】使用空間向量方法證明線面平行時(shí)，既可以證明直線的方向向量和平面內(nèi)一條直線的方向向量平行，然后依據(jù)線面平行的判定定理得到線面平行，也可以證明直線的方程向量與平面的法向量垂直；證明面面垂直既可以證明線線垂直，然后使用判定定理進(jìn)行判定，也可以證明兩個(gè)平面的法向量垂直．[創(chuàng)新猜測(cè)]1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)．求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.證明(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設(shè)BA＝a，則A(a,0,0)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(a,0,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，4))，則eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(EG,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD.eq\a\vs4\al(利用空間向量求空間角)【例2】(2022·山東省煙臺(tái)市高考模擬卷)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四邊形ACFE為矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為θ(θ≤90°)，試求cosθ的取值范圍．【解】可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，則C(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,1)，M(λ，0,1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1,1)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n1·\o(BM,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0,λx－y＋z＝0)).取x＝1，則n1＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一個(gè)法向量，∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,1＋3＋\r(3)－λ2×1)＝eq\f(1,\r(λ－32＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴當(dāng)λ＝0時(shí)，cosθ有最小值eq\f(\r(7),7)，當(dāng)λ＝eq\r(3)時(shí)，cosθ有最大值eq\f(1,2).∴cosθ∈[eq\f(\r(7),7)，eq\f(1,2)]．【規(guī)律方法】1.利用空間向量求空間角的步驟：第一步建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；其次步確定出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；第三步寫出相關(guān)向量的坐標(biāo)；第四步結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；第五步轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．2．巧用“向量法”求解“空間角”：(1)向量法求異面直線所成的角若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).(2)向量法求線面所成的角求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設(shè)線面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(|n·a|,|n||a|).(3)向量法求二面角求出二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)；若二面角α－l－β所成的角θ為鈍角，則cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n1|).[創(chuàng)新猜測(cè)]2．(2022·深圳第一次調(diào)研)如圖所示．在多面體ABCDA1B1C1D1中，上、下兩個(gè)底面A1B1C1D1和ABCD相互平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求異面直線AB1與DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中點(diǎn)，求證：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的條件下，求二面角FCC1B的余弦值．【解】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1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，則A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(xiàn)(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－a，a，a)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0，a)，∴|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(DD1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(DD1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),3)，∴異面直線AB1與DD1所在角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)∵eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2a,0,0)，eq\o(FB1,\s\up6(→))＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→))＝0,\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0))，∴FB1⊥BB1，F(xiàn)B1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.(3)由(2)知，eq\o(FB1,\s\up6(→))為平面BCC1B1的一個(gè)法向量．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面FCC1的法向量，∵eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CC1,\s\up6(→))＝0,n·\o(FC,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0,－ax1＋2ay1＝0)).令y1＝1，則n＝(2,1,1)，∴cos〈eq\o(FB1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(FB1,\s\up6(→))·n,|\o(FB1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，∵二面角FCC1B為銳角，∴二面角FCC1B的余弦值為eq\f(\r(3),3).eq\a\vs4\al(利用空間向量解決探究性問題)【例3】(2022·湖北高考)如圖在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動(dòng)，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)當(dāng)λ＝1時(shí)，證明：直線BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．【解】以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)，P(0,0，λ)．eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1,0，λ)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(1,1,0)．(1)【證明】當(dāng)λ＝1時(shí)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，由于eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(FP,\s\up6(→))，即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一個(gè)法向量為m＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角．【規(guī)律方法】空間向量巧解探究性問題：(1)空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探究性問題，它無需進(jìn)行簡單的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行推斷．(2)解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡潔、有效，應(yīng)擅長運(yùn)用這一方法解題．[創(chuàng)新猜測(cè)]3．(2022·山東聊城二模)如圖(1)所示，正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(如圖(2))(1)試推斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求二面角E-DF-C的余弦值；(3)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？假如存在，求出eq\f(BP,BC)的值；假如不存在，請(qǐng)說明理由．【解】(1)在△ABC中，由E、F分別是AC、BC中點(diǎn)，得EF∥AB，又AB?平面DEF，EF?平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線DB、DC、DA分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，F(xiàn)(1，eq\r(3)，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)．平面CDF的法向量為eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq\r(3)，3)，cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(21),7)，所以二面角E-DF-C的余弦值為eq\f(\r(21),7).(3)存在．設(shè)P(s，t,0)，有eq\o(AP,\s\up6(→))＝(s，t，－2)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\r(3)t－2＝0，∴t＝eq\f(2\r(3),3)，又eq\o(BP,\s\up6(→))＝(s－2，t,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－s,2eq\r(3)－t,0)，∵eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(PC,\s\up6(→))，∴(s－2)(2eq\r(3)－t)＝－st，∴eq\r(3)s＋t＝2eq\r(3).把t＝eq\f(2\r(3),3)代入上式得s＝eq\f(4,3)，∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴在線段BC上存在點(diǎn)P，使AP⊥DE.此時(shí)，eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3).[總結(jié)提升]失分盲點(diǎn)(1)混淆概念致誤．混淆向量的夾角與異面直線的夾角的概念，導(dǎo)致結(jié)果錯(cuò)誤．(2)錯(cuò)用公式致誤．在求有關(guān)角的問題時(shí)，由于對(duì)角與向量之間的關(guān)系不清楚，導(dǎo)致錯(cuò)用夾角公式．(3)混淆公式致誤．混淆二面角、線面角的向量計(jì)算公式．從而導(dǎo)致錯(cuò)誤．答題指導(dǎo)在解決角的問題時(shí)，留意合理應(yīng)用轉(zhuǎn)化思想，將空間角轉(zhuǎn)化為平面圖形中的角；也可以建立空間直角坐標(biāo)系．利用向量學(xué)問來求角，此時(shí)需留意角的范圍及角的三角函數(shù)名．方法規(guī)律(1)求兩條異面直線所成角的方法：一是平移直線法；二是空間向量法．(2)直線與平面所成角的求法：通過求直線的方向向量與平面的法向量的夾角來求直線與平面所成的角．(3)平面與平面所成的角：可利用待定系數(shù)法求出這兩個(gè)平面的法向量，法向量的夾角可能等于兩平面的夾角，也可能與兩平面的夾角互補(bǔ)．(4)點(diǎn)到平面的距離的求法：①直接法，即垂線段的長；②等體積轉(zhuǎn)化法，即換底法；③向量法：用已知向量表示求解空間向量的運(yùn)算與立體幾何問題1．有了空間向量的學(xué)問后，立體幾何中的問題就可以轉(zhuǎn)化為向量的運(yùn)算完成，因此使用空間向量方法解決立體幾何問題．不僅要把握空間向量與立體幾何問題的對(duì)應(yīng)關(guān)系，還要有肯定的運(yùn)算力量作基礎(chǔ)．2．立體幾何中向量的運(yùn)算主要是：建立空間直角坐標(biāo)系后求點(diǎn)的坐標(biāo)，向量的坐標(biāo)．求直線的方向向量，求平面的法向量，進(jìn)行向量的線性運(yùn)算、數(shù)量積運(yùn)算等．【典例】(2022·山東高考)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是線段AB的中點(diǎn)．(1)求證：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝eq\r(3)，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值．【解】(1)由于四邊形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中點(diǎn)，因此CD∥MA且CD＝MA.連接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，由于CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1//MA，C1D1＝MA，所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此C1M∥D1A.又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)連接AC，M