专题三立体几何(大题)

第2讲立体几何(大题) 热点分类突破-鹽例硏折各个击铁-热点一平行、垂直关系的证明用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a〃b只需证明向量a二Xb(keR)即可•若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.证明方法一(1)由题意，得AB,AD,AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设正方形边长为1,则A(0,0,0),B(1,O,O),C(1,1,O),D(0,1,0),F(1,O,1),mJ^,0,0J,°(2，2，!)•OM=^0,-1，-D,BA=(-1,0,0),.•.OM・ba=0/-OM丄BA.•・•棱柱ADE-BCF是直三棱柱，

.•.AB丄平面BCF,:.BA是平面BCF的一个法向量，且OMQ平面BCF，.：OM〃平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).1,1),x1-y1+z1=0,„2x1-1,1),x1-y1+z1=0,„2x1-y1=0,n.•DF=0,11 得1„“]•DM=0,令y则n1=€1,2,-2)同理可得n2=(0,1,1).•・•“]•n2二0,・•・平面MDF丄平面EFCD.方法二(i)cm=OF+fB+bM^DF-bF+^bA^DB+bF)-BF+£bA=-1Bd-1Bf+1Ba+BA)-|Bf+|2bA1f-2bf・:.向量OM与向量BF,BC共面，又BF,BCU平面BCF,OMQ平面BCF,.•.OM〃平面BCF.(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，-CD=BA,fC=BC-BF,.•.OMCD二(-*BC-2bMBA二0,OMFC二+新2二0，

:.om丄CD,OM丄FC,即OM丄CD,OM±FC,又CDHFC-C,CD,FCU平面EFCD,：.OM丄平面EFCD.又OMU平面MDF,：・平面MDF丄平面EFCD.二(1,0,0),AM=二(1,0,0),AM=(-f1-2

-f1-2设平面PCD的法向量为ni=(x0,y0,z0),则xo+y°+azo=0，见二°，令y0=a,则“］二(0,a,-1),所以/血.n1=2-2-0,又AMG平面PCD,所以AM〃平面PCD.(2)由(1)得，CA=(1，1，0)，皿-€2，3设平面ACM的法向量为n2二(x1,y1,z1),

x1+y1=0,则11 3a0〔2xi+2yi+2zi=°，令h二i,则勺二(i，_i，a)，AP二(0,0,a),AB二(-1,1,0),设平面PAB的法向量为n3二(x2,y2,z2),则,则,_”2二0、az2二0,令x2二1,则n3二(1丄0),所以n2・n3=1-1=0.所以平面ACM丄平面PAB.热点二利用空间向量求空间角设直线1,m的方向向量分别为a=(片，巧，cj,方二(a2,b2,c2).平面a,“的法向量分别为“=(a3,b3,c3),v二(a4,b4,c4)(以下相同).(1)线线夹角设l，m的夹角为仏碍)，则cos则cosQ=bl丽(2)线面夹角设直线1与平面a的夹角为q(owqw2)，则sinQ= =Icos〈a,“〉I.lall^l(3)二面角设a-a-卩的平面角为Q(0WQWn),则lcosQl=也型=lcos〈“,v〉l.l“llvl例2(2019・南宁模拟)如图，在多面体ABCDE中，已知四边形BCDE为平行四边形，平面ABC丄平面ACD,M为AD的中点，AC丄BM,AC=BC=1,AD=4,CM=\密.(1)证明在AMAC中,TAC二1,CM二品,AM=2,:.AC2+CM2=AM2,・•・由勾股定理的逆定理，得MC丄AC.又AC±BM,BMHCM二M,BM,CMu平面BCM,:.AC丄平面BCM.•：BCu平面BCM,・BC丄AC,•・•平面ABC丄平面ACD,且平面ABCn平面ACD=AC,BCu平面ABC,.BC丄平面ACD.⑵解TBC丄平面ACD,・BC丄CM.又BC±AC,MC丄AC,故以点C为坐标原点,CA,CB,CM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C－xyz.••・A(1,0,0)，B(0,1,0)，M(0,0，由)，D(-1,0,2<3),E(-1,1,2<3),.BM二(0,-1,,'3),MD=(-1,0,⑶,BE=(-1,0,2护),设平面DBM的法向量为^=(x1,y1,z1).

得,m・BM~0，由得,、m・MD-0，取Z］二1,.'.m二(订,\'3,1).设平面EBM的法向量为n=(x2,y2,由”苑二0，得「丁2+伍2二0，“BE二0, €_&+2伍2二0.取z2二1,.n二(2逅,\河,1).cos〈m，n〉m・n_V3x2T3+V3x73.cos〈m，n〉Imllnl ^'7x4 14•••二面角D-BM-E为锐二面角，故其余弦值为将.(1)证明VE为CD中点,CD_2AB,.AB_DE.又AB〃CD,.四边形ABED为平行四边形.•••BC_BD,E为CD中点，:.BE丄CD,.四边形ABED为矩形，：・AB丄AD.由ZPAB_90°,得P4丄AB,又P4HAD_A,PA,ADU平面PAD,.•・AB丄平面PAD.•.•AB〃CD,.CD丄平面PAD.又PDU平面PAD,.CD丄PD.VEF^PD,.CD丄EF.又CD丄BE,BEOEF二E,BE,EFU平面BEF,.CD丄平面BEF.又TBFU平面BEF,.CD丄BF.(2)解由⑴知AB丄平面PAD.以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，平面PAD内过点A且与AD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示.TZPAD二120。,.ZP4z二30°.又PB二卒,AB二辭,AB丄PA,.PA二2..点P到z轴的距离为1..P(0,-1,间，同时知A(0,0,0),B(迈,0,0).又BC二BD二-西,CD二2护,.BE=2..C(^；'2,2,0),D(0,2,0).设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),nPD二(x,y,z)・(0,3,-Q3)二0,由,、n・CD-(x,y,z)-(-A/2,0,0)二0,得”厂帀z-0，-2半x-0.令y-1，则n-(0,1，-档).又PB-(富,1,-护),设直线PB与平面PCD所成的角为0.则sin0-Icos〈n,PB〉I二In・PB二 2 二逅InI・lPBl\；‘2+1+3"j1+3 6即直线PB与平面PCD所成的角的正弦值为当.6热点三利用空间向量解决探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.(1)证明TSA丄平面ABCD,BDu平面ABCD,・•・SA丄BD.J四边形ABCD是菱形，:.AC丄BD.又ACHAS二A,AC,ASu平面SAC,.BD丄平面SAC.•.•BDu平面EBD,・•・平面EBD丄平面SAC.（2）解设AC与BD的交点为O,以OC’OD所在直线分别为x轴，y轴，以过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系（如图）,设E(x,0,z),贝OSE=(x+1,0,z-2),EC=(1-x,0,-z),、0,丄久+1/•：DE=„#T，罚，心0,2屮，0）.设平面BDE的法向量"二*,丁］,z1),n丄DE， n・DE二0，••,•，•••、n丄BD， 、n・BD二0.求得n二（2,0,1-久）为平面BDE的一个法向量.同理可得平面SAD的一个法向量为m二（、卩，-1,0）.•・•平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°,

.'.cos30°.'.cos30°解得久二1.••・E为SC的中点.即存在点E,当E为SC的中点时，使得平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°.^BQ=ABA1，试问：是否存在实数儿使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为千30?若存在，求出这个实数久；若不存在，请说明理由.⑴证明连接AB1,AC1,•・•点Q为线段AB的中点，.A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，•・•点P为B1C1的中点，.•・PQ〃AC].在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC±BC，:.BC丄平面ACC]A]，又AC]U平面ACC1A1,ABC丄AC].TAC二仙,A四边形ACC1A]为正方形，AAC]丄A]C,又A]C,BCU平面A]BC,A]CHBC=C,AAC]丄平面A]BC,而PQ^AC,,APQ丄平面A,BC.(2)解由题意可知，CA，CB，CC]两两垂直，以C为原点，分别以CA.CB,CC,所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz,连接B,Q,PB,设Q(x,y,z),B(0,2,0)，A](2,0,2)，P(0,],2)，B](0,2,2)，tbQ=XBA,,A(x,y-2,z)二久(2,-2,2),厂x=2久，<Ay二2-2久， AQ(2久，2-2A,2久).z—2A,T点Q在线段A,B上运动，A平面ApQ的法向量即为平面A,PB的法向量，设平面A,PB的法向量为n,二(x,y,z),

BP=(0,-1,2),PA1=(2,-1,0),n•BP=0, [-y+2z=0,由,1 得n-两二0, €2x-y=0,11令y=2,得n1=(1,2,1),设平面B1PQ的法向量为n2二(x,y,z),PB1二(0,1,0),BQ二(2久，-2久，2久-2).n•Bq二0, 12加-2久y+(2入-2)z=0,21令z=1得n2=[字，0,1<=1(1-A,0,久)，取n2二(1-A,0,A),由题意得Icos由题意得Icos〈"]n2〉1一侦V6x“j2A2-2A+1 10•9A2-9A+2=0,・••当A=1或久二2时，平面A1PQ与平面B\PQ所成锐二面角的余弦值为逞0. 真题押题精练 -貫範押题走逬・考-【真题体验】（2019・全国I，理,18）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA]=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1，A1D的中点.

⑴证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB-BC的中点，所以ME//B&,且ME二1B1C.由题设知A1B1/DC且AQ二DC,可得B]C〃A]D且B1C=A1D，故ME/ND且ME二ND,因此四边形MNDE为平行四边形MN/ED又MNQ平面Cde,EDu平面CDE，所以MN/平面C1DE.(2)解由已知可得DE丄DA，以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A（2,0,0）,A]（2,0,4）,M（1，羽,2）,N（1,0,2）,币二（。，。，-4）,A^M=（-1，眉，-2）,心二（-1,0,-2）,MN二（0,-护，0）.设m=（x,y,z）为平面a1MA的一个法向量，则m・A]M二0，m-A/-0，1_x+Q3y_2z二0,所以, 可得m二(帝，1,0).、-4z二0,设n=(p,q,r)为平面A^N的一个法向量，则n-MN二0，，n・A1N=0，1f-\'3q二0,所以, 可取n二(2,0,-1).-p-2r=0,于是cos〈m,n二致二二至，Imllnl2X5 5'所以二面角A-MA-n的正弦值为乎.【押题预测]如图1,在梯形ABCD中，AB〃CD,过A,B分别作AE丄CD,BF丄CD,垂足分别E,F,AB=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD沿AE,BF同侧折起，得空间几何体ADE—BCF，如图2.(1)证明由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2,在图2中，AF丄BE,由已知得AF丄BD,BECBD二B,BE,BDU平面BDE,:.AF丄平面BDE,又DEU平面BDE,；.AF丄DE,又AE丄DE,AEHAF二A,AE,AFU平面ABFE,.•.DE丄平面ABFE.⑵解在图2中,AE丄DE,AE丄EF,DEOEF二E,DE,EFU平面DEFC,即AE丄平面DEFC,在梯形DEFC中，过点D作DM//EF交CF于点M,连接CE,由题意得DM二2,CM二1,由勾股定理可得DC丄CF,贝iZCDM=n,CE=2,6过E作EG丄EF交DC于点G,可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以EA,EF,EG分别为x轴,y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1，卩)，D(o,-*，马，AC二(-2,1,召)，AD二(-2,-1，¥)设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),n・AC二0，由＜„nAD-0，2x+y+肩z二0,2-刃+2z=°,取x=1,得n二(1,-1,屮)，设AP=m,贝QP(2,m,0),0WmW2,得CP=(2,m-1,-“J3),设CP与平面ACD所成的角为e,

sin3sin3二Icos(CP,n〉I im 迟乂7+(m-l)2二3(舍负).所以AP二2.专题强化练KB度丽靈沟通矗可A组专题通关证明由已知得，B1C1丄平面ABB]A],因为BEu平面ABB",故B1C1丄BE.又BE丄EC】,EC1^B1C1=C1所以BE丄平面EB1C1.解由⑴知ZBEB]二90°.由题设知RtAABE^RtAAQE，所以ZAEB二45。，故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，DAI为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),^(0丄2),E(1,0,1),CB二(1,0,0),CE二(1,-1,1),企二

CB・n二0,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则，、CE・n二0,即X"，、x-y+即X"，、x-y+z-0,设平面ECC1的法向量为m二(X],丁1,z1),则所以可取m-(1,1,0).于是cos〈n于是cos〈n，m〉n・m所以面角B-EC-C的正弦值为(1)证明TAE-BE-2、辽,AB-4,:,AB2-AE2+BE2,・•.AE丄EB,取AE的中点M,连接MD',TAD'-D'E-2,AMD'丄AE,•・•平面D'AE丄平面ABCE,平面D'AEQ平面ABCE-AE,MD'u平面D'AE,AMD'丄平面ABCE,又BEu平面ABCE,AMD'丄BE,VAEHMD'-M,AE,MD'u平面AD'E,AEB丄平面AD'E.又AD'u平面AD'E,AAD'丄EB.

(2)解如图,以点C为坐标原点「CE「CB所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，:.BA二(4,0,0),BD二(3,-1,半)，BE二(2,-2,0).设n1=(x1,y1,zj为平面ABD'的法向量，n-BA二4%二0,则, 可以取“]二(0，近，1).、“]•BD'-3x1-y1^2z1=0,设n2二(x2,y2,z2)为平面BD'E的法向量，则,可以取”2二(1,1,-怎).n2・BE-2x2则,可以取”2二(1,1,-怎).n2・BD'-3x2-y2+\;2z2二0,•・•“]•n2二0,.n]丄n2,即平面ABD'丄平面BD'E,故二面角A-BD'-E的大小为90°.⑴证明由已知得AD^BE,CG//BE，所以ADIICG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB丄BE,AB±BC,BEQBC二B,BE,BCu平面BCGE，故AB丄平面BCGE.

又因为ABu平面ABC，所以平面ABC丄平面BCGE.⑵解作EH丄BC,垂足为H.因为EHu平面BCGE,平面BCGE丄平面ABC,平面BCGEn平面ABC二BC，所以EH丄平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2,ZEBC二60°,可求得BH二1,EH二-番.以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，则严心，即;W，、AC.n二0, 〔2x-y=°.所以可取n二(3,6,-：卩).又平面BCGE的法向量可取为m二(0,1,0),所以cos所以cos〈n，m〉n・m二边Inllml2.因此二面角B-CG-A的大小为30°.B组能力提高nD的大小为4时，求线段DC的长度.连接DF,而D是AB中点，则BCj/df.TDFU平面A&D,Be”平面A",:、bcj平面a1cd.⑵解TAA]丄平面ABC,:aa1±cd.又AC=BC,D是棱AB的中点，：.DC±AB,•.•AA]nAB二A,AA],ABu平面ABB]A],:DC丄平面ABB]A].以D为原点，过