专题探究课四立体几何是高考考查

专题研究课四立体几何是高观察看专题研究课四立体几何是高观察看19/19专题研究课四立体几何是高观察看高考导航1.立体几何是高观察看的重要内容，每年的高考试题中基本上都是“一大一小”两题，即一个解答题，一个选择题或填空题，题目难度中等偏下；2.高考试题中的选择题或填空题主要察看学生的空间想象能力及计算能力，解答题则主要采纳“论证与计算”相联合的模式，即第一是利用定义、定理、公义等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，重在察看学生的逻辑推理能力及计算能力，热门题型主要有平面图形的翻折、探干脆问题等；3.解决立体几何问题要用的数学思想方法主要有：(1)转变与化归(空间问题转变为平面问题)；(2)数形联合(依据空间地点关系利用向量转变为代数运算).热门一空间点、线、面的地点关系及空间角的计算(教材VS高考)空间点、线、面的地点关系平常察看平行、垂直关系的证明，一般出此刻解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常察看求空间角，一般都能够成立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】(满分12分)(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为1等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源此题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础进步行了改造，删去了例4的第(2)问，引入线面角的求解.满分解答(1)证明取PA的中点F，连结EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，1EF＝2AD，1分(得分点1)由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，1又BC＝2AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，3分(得分点2)BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB.4分(得分点3)→(2)解由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的→方向为x轴正方向，|AB|为单位长度，成立以以以下图的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，→PC＝(1，0，－

→3)，AB＝(1，0，0).M(x，y，z)(0<x<1)，则→→BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－

3).6分(得分点4)因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，→所以|cos〈BM，n〉|＝sin45°，|z|2（x－1）2＋y2＋z2＝2，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①→→又M在棱PC上，设PM＝λPC，则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②22x＝1＋2，x＝1－2，由①，②解得y＝1，(舍去)，y＝1，66z＝－2z＝2，26→26所以M1－2，1，2，进而AM＝1－2，1，2.8分(得分点5)设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则→＝0，（2－＋＋＝，即→x0＝0，·＝0，mAB所以可取m＝(0，－6，2).10分(得分点6)m·n10于是cos〈m，n〉＝|m||n|＝5.10所以二面角M－AB－D的余弦值为5.12分(得分点7)?得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，作协助线→证明线线平行→证明线面平行；第(2)问中，成立空间直角坐标系→依据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确立M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.得重点分：(1)作协助线；(2)证明CE∥BF；(3)求有关向量与点的坐标；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不能够少的过程，有则给分，无则没分.得计算分：解题过程被骗算正确是得满分的根本保证，如(得分点4)，(得分点5)，(得分点6)，(得分点7).利用向量求空间角的步骤第一步：成立空间直角坐标系.第二步：确立点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转变为所求的空间角.第六步：反省回首，查察重点点、易错点和答题规范.【训练1】(2018·渭南模拟)在四棱锥P－ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC均分∠BAD，G为PC的中点，PA＝AD＝2，BC＝DE，AB＝3，CD＝23，F，M分别为BC，EG上一点，且AF∥CD.EM(1)求MG的值，使得CM∥平面AFG；(2)求直线CE与平面AFG所成角的正弦值.(1)在Rt△ADC中，∠ADC为直角，23tan∠CAD＝2＝3，则∠CAD＝60°，AC均分∠BAD，∴∠BAC＝60°，∵AB＝3，AC＝2AD＝4，∴在△ABC中，由余弦定理可得BC＝13，∴DE＝13.连结DM，EMED13当MG＝DA＝2时，AG∥DM，AF∥CD，AF∩AG＝A，∴平面CDM∥平面AFG，CM平面CDM，∴CM∥平面AFG.(2)分别以DA，AF，AP为x，y，z轴的正方向，A为原点，成立空间直角坐标系A－xyz，以以以下图，A(0，0，0)，C(－2，23，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2)，E(－2－13，0，0)，可得G(－1，3，1)，→→则AG＝(－1，3，1)，CD＝(0，－23，0)，→13，－23，0).CE＝(－设平面AFG的法向量为n＝(x，y，z)，∵AF∥CD，→－x＋3y＋z＝0，AG·n＝0，∴即－23y＝0，→CD·n＝0，令x＝1，得平面AFG的一个法向量为n＝(1，0，1).→1326∴直线CE与平面AFG所成角的正弦值为|cos〈CE，n〉|＝13＋12·2＝10.热门二立体几何中的研究性问题此类试题一般以解答题形式表现，常波及线、面平行、垂直地点关系的研究或空间角的计算问题，是高考命题的热门，一般有两种解决方式：(1)依据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假定存在点的坐标，再依据条件判断该点的坐标能否存在.【例2】以以以下图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝2，E为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上能否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的地点，并证明；若不存在，说明原因.(1)证明∵PA＝AD＝1，PD＝2，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.(2)解存在.以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴成立空间直角坐标系.则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，21→→21E0，3，3，所以AC＝(1，1，0)，AE＝0，3，3.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，→x＋y＝0，n·AC＝0，则即→2y＋z＝0，·＝0，nAEy＝1，则n＝(－1，1，－2).→→假定侧棱PC上存在一点F，且CF＝λCP(0≤λ≤1)，→使得BF∥平面AEC，则BF·n＝0.→→→又∵BF＝BC＋CF＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，→1∴BF·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝2，∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.研究提升(1)关于存在判断型问题的求解，应先假定存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“能否存在”问题转变为“点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解”等.关于地点研究型问题，平常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【训练2】(2018·河北“五个一”名校二模)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是以BD为直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)在线段EF上能否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的57余弦值为28？若存在，求出点P的地点；若不存在，说明原因.(1)证明在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，在△DCB中，由余弦定理得BD2＝DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面

BFED∩平面

ABCD＝BD，AD

平面

ABCD，∴AD⊥平面

BFED.(2)解

存在.原因以下：假定存在知足题意的点P，∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，D为原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立以以以下图的空间直角坐标系，→则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，0，2)，F(0，3，1)，则EF＝→＝(－1，→(0，3，－1)，AB3，0)，AE＝(－1，0，2)，→→设P是线段上一点，则存在λ∈[0，1]，使得EP＝λEF，→→3，－1)，则EP＝λEF＝λ(0，→→→→→在△AEP中，AP＝AE＋EP＝AE＋λEF(－1，0，2)＋λ(0，3，－1)＝(－1，3λ，2－λ).取平面ADE的一个法向量为n＝(0，1，0)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，→－x＋3y＝0，AB·m＝0，由得3λy＋（2－λ）z＝0，→－x＋AP·m＝0，令y＝2－λ，则m＝(3(2－λ)，2－λ，3(1－λ))为平面PAB的一个法向量，∵二面角A－PD－C为锐二面角，∴cos〈m，n〉＝|m·n|＝57，解得λ＝1，|m||n|283故P为线段EF上凑近点E的三均分点.热门三立体几何中的折叠问题将平面图形沿此中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这种问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相联合命题，察看学生的空间想象力和解析问题的能力.【例3】(2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，5AE＝CF＝4，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的地点，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.AECF又由AE＝CF得AD＝CD，故AC∥EF.所以EF⊥HD，进而EF⊥D′H.AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.OHAE1EF∥AC得DO＝AD＝4.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.→(2)解如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴正方向，成立空间直角坐标系H－xyz.H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，→→→＝(3，－4，0)，AC＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).D′(0，0，3)，AB设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，→＝0，3x1－4y1＝0，·mAB即则3x1＋y1＋3z1＝0，→＝0，m·AD′所以可取m＝(4，3，－5).设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，→6x2＝0，n·AC＝0，则即3x2＋y2＋3z2＝0，→＝0，n·AD′所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝m·n＝－1475|m||n|＝－25.50×1095sin〈m，n〉＝25.95所以二面角B－D′A－C的正弦值是25.研究提升立体几何中的折叠问题，重点是搞清翻折前后图形中线面地点关系和胸怀关系的变化状况，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.【训练3】(2018·衡水中学调研)如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，π∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的地点，如图(2)所示.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面ABE⊥平面BCDE，求直线BD与平面ABC所成角的正弦值.11(1)证明在题图(1)中，连结CE，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝π2，所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC.在题图(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC＝O，OA1，OC平面A1OC，进而BE⊥平面A1OC.CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，π所以∠A1OC＝2，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系，2222则B(2，0，0)，E(－2，0，0)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，→22→22得BC＝(－2，2，0)，A1C＝(0，2，－2)，→→2由CD＝BE＝(－2，0，0)，得D(－2，2，0).322所以BD＝(－2，2，0).设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，直线BD与平面A1BC所成的角为θ，→n·BC＝0，－x＋y＝0，则得→y－z＝0，n·A1C＝0，x＝1，得n＝(1，1，1).进而sinθ＝|cos→|＝230BD，n＝15，5×3即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为3015.1.(2018成·都诊疗)以以以下图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，∠ACD＝60°，E为CD的中点.(1)求证：BC∥平面PAE；(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明∵AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，∵AD＝23，AC＝2，∠ACD＝60°，∴由余弦定理得：AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，解得CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形.1又E为CD的中点，∴AE＝2CD＝CE，又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.AE平面PAE，BC平面PAE，∴BC∥平面PAE.(2)解由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为原点，以AB，AE，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴成立以以以下图的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，B(3，0，0)，C(3，1，0)，D(－3，3，0)，→→→∴PB＝(3，0，－2)，PC＝(3，1，－2)，PD＝(－3，3，－2).设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，则→＝0，3x－＝，n·PB2z0→＝0，即3x＋y－2z＝0，·nPC设x＝1，则y＝0，z＝3，n＝1，0，3，22→→－2321n·PD∴cos〈n，PD〉＝→＝7＝－7，|n||PD·|4·16∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为217.2.(2018郑·州调研)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，以以以下图，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(1)证明由条件，点P在平面BCDE的射影O落在BE上，∴平面PBE⊥平面BCDE，且在△BCE中，BE2＋CE2＝BC2，∵BE2＝2，CE2＝2，BC2＝4，∴BE⊥CE，又平面PBE∩平面BCDE＝BE，CE平面BCDE，∴CE⊥平面PBE，BP平面PBE，∴BP⊥CE.(2)解以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，直线PO为z轴，成立以以以下图空间直角坐标系.1113132则B(2，－2，0)，C(2，2，0)，D(－2，2，0)，P(0，0，2)，设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，→1＝0，则即→1＋3y1－2z1＝0，n1·CP＝0，x令z1＝2，可得n1＝22，0，3，设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，→x2－y2－2z2＝0，n2·PB＝0，则即2y2＝0，→n2·BC＝0，令z2＝2，可得n2＝(2，0，2)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n233|n1|·|n2|＝11，联合图形判断二面角B－PC－D为钝二面角，33则二面角B－PC－D的余弦值为－11.3.(2018西·安模拟)如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B11＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA11C能够经过直角梯形11CCBBCC以CC1为轴旋转获得，且二面角B1－CC1－A为120°.(1)若点E是线段A1B1上的动点，求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.(1)证明连结DA1，DB1，∵CD∥AA1且CD＝AA1，∴四边形AA1DC是平行四边形，∴AC∥A1D，同理BC∥DB1，∴A1D∥平面ABC，DB1∥平面ABC，A1D∩DB1＝D，A1D，DB1平面DA1B1，∴平面DA1B1∥平面CAB，DE平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.(2)解在平面A1B1C1内，过C1作C1F⊥B1C1，由题知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.分别以C1，11，C1C为x轴、y轴、z轴正方向成立空间直角坐标系C1－xyz，FCBC1(0，0，0)，A(3，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，→＝(3，－→＝(0，→→所以C11，1)，C10，2)，AC＝(－3，1，1)，BC＝(0，－AC2，1)，设平面A1AC的法向量为m＝(x，，，平面BAC的法向量为n＝，，，yz)(abc)→2z＝0，C1C·m＝0，可取m＝(3，3，0)，有则→3x－y＋z＝0，C1A·m＝0→－2b＋c＝0，BC·n＝0，有则可取n＝(3，1，2)，→－3a＋b＋c＝0，AC·n＝0cos〈m，n〉＝m·n＝3＋3＝6，|m||·n|3＋9·3＋1＋44所以二面角B－AC－A1的余弦值为46.4.(2018武·汉模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点.(1)求证：BF⊥平面ABCD；BF(2)二面角C－BG－D的大小能够为60°吗，若能够求出此时BC的值，若不能够，请说明原因.(1)证明∵四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，∴BF⊥BD，又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条订交直线，∴BF⊥平面ABCD.(2)解假定二面角C－BG－D的大小能够为60°，(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴成立空间直角坐标系，以以以下图，不如设AB＝AD＝2，BF＝h(h>0)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，→→＝(－1，1，h)，BC＝(0，2，0).BG设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，→－x＋y＋hz＝0，BG·n＝0，则→即取n＝(h，0，1).2y＝0，BC·n＝0，因为AC⊥BF，AC⊥BD，→∴AC⊥平面BDG，平面BDG的法向量为AC＝(2，2，0).→2h由题意得cos60°＝n·AC→＝2，|n||AC·|h＋1·4＋4BF1解得h＝1，此时BC＝2.BF1∴当BC＝2时，二面角C－BG－D的大小为60°.5.(2018上·饶名校调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，E，F，M分别是棱PD，PC和BC上的DECFCM1点，且EP＝FP＝MB＝2，N是PA上一点，AD＝PD.AN(1)求当NP为什么值时，平面NEF⊥平面MEF；1(2)在(1)的条件下，若AB＝2DC＝2，PD＝3，求平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值.DG1解(1)在AD上取一点G，使得GA＝2，连结EG，MG，DGDECM1∴GA＝EP＝MB＝2，∴EG∥PA，MG∥CD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，DECF∵EP＝FP，∴EF∥DC，则

EF⊥平面

PAD.∵平面

NEF⊥平面

MEF，∴∠NEG＝90°，在Rt△PAD中，AD＝PD，∴PA＝

2PD，在△PNE中，由正弦定理得

PN＝

23PD.AN∴当NP＝2时，平面

NEF⊥平面

MEF.(2)以D

为坐标原点，成立以以以下图的空间直角坐标系

D－xyz，A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，N(1，0，2)，→→→→∴NB＝(2，2，－2)，CB＝(3，－2，0)，PA＝(3，0，－3)，AB＝(0，2，0)，设平面BCN的法向量n＝(x，y，z)，→n·NB＝0，则→n·CB＝0，2x＋2y－2z＝0，即3x－2y＝0，y＝3，则x＝2，z＝5，∴n＝(2，3，5)，∵EF