2023届新教材新高考一轮复习北师大版 高考大题专题研究(四) 立体几何中的综合问题 学案

1、高考大题专题研究(四)立体几何中的综合问题教材回扣夯实“四基”基础知识1.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数，使得OPa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量(2)平面的法向量：直线l平面，取直线l的方向向量a，称向量a为平面的法向量(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一2空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2l1l2u1u2R，使得u1u2l1l2u1u2u1u20直线l的方向向量为u，平面的法向量为nl(l

2、)unun0l,unR，使得unn1，n2分别是平面，的法向量n1n2R，使得n1n2n1n2n1n203.利用空间向量求角(1)异面直线所成的角两条异面直线所成的角，可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得也就是说，若异面直线l1，l2所成的角为，其方向向量分别是u，v，则cos |cos u，v|uvuvuvuv.(2)直线与平面所成的角直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角如图，直线AB与平面相交于点B，设直线AB与平面所成的角为，直线AB的方向向量为u，平面的法向量为n，则sin |cos u，n|unununun.(3)平面与平面的夹角平面与平面相交，形

3、成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90的二面角称为平面与平面的夹角若平面，的法向量分别是n1和n2，则平面与平面的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角设平面与平面的夹角为，则cos |cos n1，n2|n1n2n1n2n1n2n1n2.4利用空间向量求距离(1)两点间的距离设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)是空间中任意两点，则P1P2OP2-OP1(x2x1，y2y1，z2z1)所以P1P2|P1P2|x2-x12+y2-y12+z2-z12.(2)点到平面的距离已知平面的法向量为n，A是平面内的定点，P是平面外一点过点P作平面的垂线l，交平面于点Q，则n是直线l的方

4、向向量，且点P到平面的距离就是AP到直线l上的投影向量QP的长度因此PQAPnnAPnnAPnn.第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离题型突破提高“四能”题型一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P ABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，ABCBCD90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD所成的角为30.求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.听课记录类题通法利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤巩固训练1如图所示，在直三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，

5、M为AA1的中点，N为BC1的中点求证：(1)MN平面A1B1C1；(2)平面MBC1平面BB1C1C.题型二与平行、垂直有关的存在性问题例2如图，四棱锥S ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由听课记录类题通法存在问题的两种探索方式巩固训练22022北京海淀模拟如图，在四棱锥P ABCD中，平面PBC平面ABCD.PBC是等腰三角形，且PBPC3.在梯形ABCD中，ABDC，ADDC，AB5，AD4，DC3.(1)求证：A

6、B平面PDC；(2)在线段AP上是否存在点H，使得BH平面ADP？请说明理由题型三利用空间向量求空间距离例32022天津南开区模拟如图，直二面角D AB E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AEEB，F为CE上的点，且BF平面ACE.(1)求证：AE平面BCE；(2)求点D到平面ACE的距离听课记录类题通法利用向量法求点到平面的距离的步骤巩固训练3已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点PA2，且PA平面ABC，设Q是CE的中点(1)求证：AE平面PFQ；(2)求AE与平面PFQ间的距离第2课时利用空间向量求空间角题型突破提高“四能”题型一异面直线所成的角例1如图，在四棱

7、锥S ABCD中，底面ABCD是矩形，SA平面ABCD，ADSA2，AB1，点E是棱SD的中点(1)证明：SCAE；(2)求异面直线CE与BS所成角的余弦值听课记录类题通法用向量法求异面直线所成角的步骤巩固训练1在直三棱柱ABC A1B1C1中，底面ABC是直角三角形，ACBCAA12，D为侧棱AA1的中点求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值题型二直线与平面所成的角例22022湖北汉阳一中模拟在四棱锥P ABCD中，ABCD，AD2，DAB60，APB为等腰直角三角形，PAPB22，过CD的平面分别交线段PA，PB于M，N，E在线段DP上(M，N，E不同于端点)(1)求证：CD平面MNE；(

8、2)若E为DP的中点，且DM平面APB，求直线PA与平面MNE所成角的正弦值听课记录类题通法求直线与平面所成角的两种方法巩固训练22022湖南师大附中模拟如图，长方体ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA12AB2，E是DD1上的一点且DE12.(1)求证：平面A1B1D平面AEC；(2)求直线A1D与平面AEC所成角的正弦值题型三二面角例32021新高考卷在四棱锥Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD2，QDQA5，QC3.(1)证明：平面QAD平面ABCD；(2)求二面角B QD A的余弦值听课记录类题通法利用空间向量求二面角的两种常用方法巩固训练32022安徽师范

9、大学附属中学模拟如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面(1)证明：平面BFD平面BCG；(2)若ADAF2，求平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值第3课时翻折、探究与最值(范围)问题题型突破提高“四能”题型一翻折问题例1已知正三角形ABC的边长为6，点E，D分别是边AB，AC上的点，且满足AEEBCDDA12(如图1)，将ADE沿DE折起到A1DE的位置(如图2)，且使A1E与底面BCDE成60角，连接A1B，A1C.(1)求证：平面A1BE平面BCDE；(2)求二面角A1 CD E的余弦值听课记录类题通法翻折问题的两个解题策

10、略巩固训练12022安徽合肥模拟在直角梯形ABCD中，ABC90，BCAD，AD4，ABBC2，M为线段AD中点将ABC沿AC折起，使平面ABC平面ACD，得到几何体B ACD.(1)求证：AB平面BCD；(2)求直线BD与平面BCM所成角的正弦值题型二与空间角有关的探究性问题例22022湖南长郡中学模拟如图1，在等边ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点且满足DEBC，记DEBC.将ADE沿DE翻折到MDE的位置并使得平面MDE平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点(1)当EN平面MBD时，求的值；(2)试探究：随着值的变化，二面角B MD E的大小是否改变？如果是，请

11、说明理由；如果不是，请求出二面角B MD E的正弦值大小听课记录类题通法与空间角有关的存在性问题的解题流程巩固训练22022河北石家庄模拟如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，PAB为等边三角形，平面PAB底面ABCD，E为AD的中点(1)求证：CEPD；(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为55，若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由题型三最值、范围问题例3已知直三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.(1)证明：BFDE；(2)当B

12、1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 听课记录类题通法求最值、范围问题的常用思路巩固训练32022湖北武汉月考已知RtABC中，B2，AB4，BC1，E，F为AB，AC上的动点，且EFBC，将三角形AEF沿EF折起至如图所示，使平面ABC平面BCFE.(1)证明：平面ABC平面ABE；(2)求平面AFC和平面ABE所成的锐二面角的余弦值的取值范围高考大题专题研究(四)立体几何中的综合问题第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离题型突破提高“四能”例1证明：以点C为坐标原点，分别以CB，CD，CP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C

13、 xyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角PBC30.PC2，BC23，PB4，D(0，1，0)，B(23，0，0)，A(23，4，0)，P(0，0，2)，M(32，0，32)，DP(0，1，2)，DA(23，3，0)，CM(32，0，32)(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由DPn=0，DAn=0，即-y+2z=0，23x+3y=0.令y2，得n(3，2，1)nCM332201320，nCM.又CM平面PAD，CM平面PAD.证明：(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(3，2，1)，BE(3，2，1)PBAB，BEPA.又BEDA(3，2，1)(23

14、，3，0)0，BEDA，即BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.巩固训练1证明：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1)(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1底面A1B1C1.因为AA1(2，0，0)，MN(0，1，1)，所以MNAA10，即MNAA1又MN平面A1B1C1，故MN平面A1B1C1.证明：(2)设平面MBC1与平

15、面BB1C1C的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为MB-1，2，0，MC1(1，0，2)，所以n1MB=0，n1MC1=0，即-x1+2y1=0，x1+2z1=0，令x12，则平面MBC1的一个法向量为n1(2，1，1)同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2(0，1，1)因为n1n22011(1)10，所以n1n2，所以平面MBC1平面BB1C1C.例2证明：(1)连接BD，设AC交BD于点O，则ACBD.由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，OB，OC，OS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设底面边长为a，则高SO62a，所以S

16、0，0，62a，D-22a，0，0，B22a，0，0，C0，22a，0，所以OC0，22a，0，SD-22a，0，-62a，则OCSD0.故OCSD.所以ACSD.证明：(2)棱SC上存在一点E使得BE平面PAC，此时SEEC21.理由如下：由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量，且DS22a，0，62a，CS0，-22a，62a，BC-22a，22a，0.设CEtCS(00，故异面直线CE与BS所成角的余弦值为155.巩固训练1解析：如图所示，以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，

17、0，2)，B1(0，2，2)，D(2，0，1)，所以DC1(2，0，1)，B1C(0，2，2)，所以cosDC1，B1CDC1B1CDC1B1C-2581010.所以异面直线DC1与B1C所成角的余弦值为1010.例2解析：(1)证明：ABCD，AB平面ABP，CD平面ABP，CD平面ABP，又CD平面CDMN，平面CDMN平面ABPMN，CDMN，又MN平面MNE，CD平面MNE，CD平面MNE.解析：(2)建立如图所示空间直角坐标系，连接DB.则P(0，0，0)，A(0，22，0)，B(22，0，0)因为AB4，AD2，DAB60，由余弦定理可得DB23.设点D的坐标为(0，y，z)(y，

18、z0)DB2=8+y2+z2=12AD2=22-y2+z2=4y=2z=2所以点D的坐标为(0，2，2)，点M(0，2，0)，点N(2，0，0)，点E0，22，22.NM(2，2，0)，ME0，-22，22.设平面MNE的法向量n(a，b，c)，则nNM=-2a+2b=0nME=-22b+22c=0，取abc1，则n(1，1，1)PA(0，22，0)，设直线PA与平面MNE所成角为.sin |cos n，PA|nPAnPA33.故直线PA与平面MNE所成角的正弦值为33.巩固训练2解析：(1)证明：在长方体ABCD A1B1C1D1中，有A1B1平面AA1D1D，又因为AE平面AA1D1D，所

19、以A1B1AE.在ADE与A1AD中，ADEA1AD，又A1AADADDE2，所以ADEA1AD.所以DAEAA1D，所以DAEADA1AA1DADA12，所以AEA1D.又因为A1DA1B1A1，所以AE平面A1B1D，因为AE平面AEC，所以平面A1B1D平面AEC.(2)在长方体ABCD A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，故以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系依题意，有A(1，0，0)，C(0，1，0)，E0，0，12，A1(1，0，2)，所以DA1(1，0，2)，AC(1，1，0)，AE-1，0，12，设平面AEC的法向量为n(x，y

20、，z)，则nAC=0，nAE=0，所以-x+y=0，-x+12z=0，取n(1，1，2)设直线A1D与平面AEC所成角为，则sin |cosn，DA1|nDA1nDA1530306，所以直线A1D与平面AEC所成角的正弦值为306.例3解析：(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QAQD，OAOD，则QOAD，而AD2，QA5，故QO5-12.在正方形ABCD中，因为AD2，故DO1，故CO5，因为QC3，故QC2QO2OC2，故QOC为直角三角形且QOOC，因为OCADO，故QO平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.证明：(2)在平面ABCD内，过O作OTC

21、D，交BC于T，则OTAD，结合(1)中的QO平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，1，0)，故BQ(2，1，2)，BD(2，2，0)设平面QBD的法向量n(x，y，z)，则nBQ=0nBD=0即-2x+y+2z=0-2x+2y=0，取x1，则y1，z12，故n1，1，12.而平面QAD的法向量为m(1，0，0)，故cos m，n113223.二面角B QD A为锐角，故其余弦值为23.巩固训练3解析：(1)证明：如图，连接CE，因为几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，所以ECDDCG45，ECG90，CECG，因为BCEF，BCEF，

22、所以四边形BCEF为平行四边形，BFEC，BFCG，因为BC平面ABF，BF平面ABF，所以BCBF，因为BCCGC，所以BF平面BCG，因为BF平面BFD，所以平面BFD平面BCG.解析：(2)如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，F(2，0，0)，D(0，0，2)，G(1，1，2)，AB(0，2，0)，AG(1，1，2)，FB(2，2，0)，FD(2，0，2)，设平面BDF的一个法向量为n(x，y，z)，则nFB=0nFD=0，整理得-2x+2y=0-2x+2z=0，令z1，则n(1，1，1)，设平面ABG的一个法向量为m(x，y，z)，则mAB=0

23、mAG=0，整理得2y=0-x+y+2z=0，令z1，则m(2，0，1)，cos m，nmnmn155.所以平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为155.第3课时翻折、探究与最值(范围)问题题型突破提高“四能”例1解析：(1)证明：折叠前，在图1中，AE13AB2，AD23AC4，DAE60，由余弦定理可得DE2AD2AE22ADAE cos DAE12，所以，AE2DE2AD2，则DEAB，折叠后，在图2中，对应地有DEA1E，DEBE，A1EBEE，DE平面A1BE，DE平面BCDE，因此，平面A1BE平面BCDE； (2)过点A1在平面A1BE内作A1MBE，垂足为点M，平面A1B

24、E平面BCDE，平面A1BE平面BCDEBE，A1M平面A1BE，A1M平面BCDE，A1E与平面BCDE所成的角为A1EM60，因为DE平面A1BE，以点E为坐标原点，EB，ED所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系E xyz，则A1(1，0，3)，E(0，0，0)，D(0，23，0)，C(1，33，0)，设平面A1CD的法向量为m(x，y，z)，DC1，3，0，DA1(1，23，3)，由mDC=x+3y=0mDA1=x-23y+3z=0，取x3，则m(3，1，3)，易知平面CDE的一个法向量为n(0，0，1)，cos m，nmnmn-313-31313，由图可知，二面角A1

25、CD E为锐角，它的余弦值为31313.巩固训练1解析：(1)证明：由题设可知AC22，CD22，AD4，AD2CD2AC2，CDAC.又平面ABC平面ACD，平面ABC平面ACDAC，CD平面ABC，CDAB.又ABBC且BCCDC，AB平面BCD. (2)取AC的中点O连接OB，由题设可知ABC为等腰直角三角形，所以OB平面ACM，连接OM，因为M，O分别为AD和AC的中点，所以OMCD，由(1)可知OMAC，故以OM，OC，OB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(22，2，0)，B(0，0，2)，C(0，2，0)，M(2，0，0)，CB(0，2，2)，CM(

26、2，2，0)，BD(22，2，2)，设平面BCM的一个法向量为n(x，y，z)，CBn=-2y+2z=0CMn=2x-2y=0，即y=zx=y，令x1得n(1，1，1)，平面BCM的一个法向量为n(1，1，1)，设直线BD与平面BCM所成的角为，sin |cos BD，n|BDnBDn23.直线BD与平面BCM所成角的正弦值为23.例2解析：(1)取MB的中点为P，连接DP，PN，因为MNCN，MPBP，所以NPBC，又DEBC，所以NPDE，即N，E，D，P四点共面，又EN平面BMD，EN平面NEDP，平面NEDP平面MBDDP，所以ENPD，即NEDP为平行四边形，所以NPDE，且NPDE

27、，即DE12BC，即12.(2)取DE的中点O，由平面MDE平面DECB，且MODE，所以MO平面DECB，如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC2，则M(0，0，3)，D(，0，0)，B(1，3(1)，0)，所以MD(，0，3)，DB(1，3(1)，0)设平面BMD的法向量为m(x，y，z)，则MDm=x-3z=0DBm=1-x+31-y=0，即x=3z，x=-3y，令x3，即m(3，1，1)，又平面EMD的法向量n(0，1，0)，所以cos m，nmnmn-1555，即随着值的变化，二面角B MD E的大小不变且sin m，n1-cos2m，n255，所以二面角B MD E的正弦值为255.

28、巩固训练2解析：(1)证明：取AB的中点O连接PO，DO，PAPB，POAB，又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PO平面PAB，PO平面ABCD，方法一EC平面ABCD，则POEC，在正方形ABCD内，O，E分别为AB，AD的中点，DAOCDE，则有ODEECD，又ECDDEC90，DECODE90，ECOD，ODPOO，CE平面POD，又PD平面POD，CEPD.方法二取CD的中点G，连OG，则OB，OP，OG两两垂直，分别以OB，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系设AB2，则C(1，2，0)，P(0，0，3)，E(1，1，0)，D(1，2，0)

29、，CE(2，1，0)，PD(1，2，3)，则有CEPD220，CEPD. (2)由(1)中方法二，所得空间直角坐标系，易知PE(1，1，3)，AP(1，0，3)，BD(2，2，0)，BE(2，1，0)，设BFBD(01)，则BF(2，2，0)，EFBF-BE(22，21，0)，设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，则nPE=0nEF=0，即-x+y-3z=0-2+2x+2-1y=0，令y1，则n2-12-2，1，132-2.设直线AP与平面PEF所成的角为，sin |cos AP，n|APnAPn122-12-22+1+132-2255，整理得：92610，即13.在BD上存在点F，使得直线AP与平面PEF所成角的正弦值为55，此时点F为靠近点B的三等分点，即BF13BD.例3解析：(1)因为E，