创新方案浙江新高考数学理二轮专题突破练习142新高考中的立体几何(解答题型)(含答案详析)

考点考情1.用空间向量解决立体几何问题是高考的必考内容，包括用空间空间地址关系与线线角向量证明地址关系、求空间角以及解研究性问题，属中档难度，一般空间地址关系与线面角出现在前三个解答题中．2．地址关系的证明主要观察垂直与平行，平时作为第一小问，空间地址关系与面面角既可用空间向量法证明，也可用传统方法证明，如2013·新课标全国卷ⅠT18,2013·辽宁T18.3．空间角的求解主要以观察二面角(如：2013·辽宁T18)和直线研究性问题与平面所成角(2013·新课标全国卷ⅠT18)为主，作为解答题中的一问．4．研究性问题主要以研究在线段上可否存在吻合要求的点为主，平时是解答题的最后一问，有必然的难度.1.(2013新·课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA160°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.由于CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.由于OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C.(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立以下列图的空间直角坐标系O-xyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(－1,0,0)．则BC＝(1,0，3)，BB1AA1＝(－1，3，0)，A1C＝(0，－3，3)．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量．n·BC＝0，x＋3z＝0，则即n·BB1＝0，－x＋3y＝0.可取n＝(3，1，－1)，故cos〈n，AC〉＝n·A1C10.＝－1|n||A1C|5所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为10.52.(2013辽·宁高考)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求二面角C-PB-A的余弦值．解：(1)证明：由AB是圆的直径，得AC⊥BC.由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.由于BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC.(2)法一：过C作CM∥AP，则CM⊥平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．由于AB＝2，AC＝1，所以BC＝3.由于PA＝1，所以A(0,1,0)，B(3，0,0)，P(0,1,1)．故CB＝(3，0,0)，CP＝(0,1,1)．设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，CB·n1＝0，3x1＝0，则所以CP·n1＝0，1＋z1＝0，y不如令y1＝1，则n1＝(0,1，－1)．由于AP＝(0,0,1)，AB＝(3，－1,0)，设平面ABP的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则2＝0，AP·nAB·n2＝0，2＝0，z所以3x2－y2＝0，不如令x2＝1，则n2＝(1，3，0)．于是cos〈n1，n2〉＝3＝6，224C-PB-A为锐角，故二面角C-PB-A的余弦值为6由图可知二面角4.法二：过C作CM⊥AB于M，由于PA⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以PA⊥CM，故CM⊥平面PAB.过M作MN⊥PB于N，连接NC，由三垂线定理得CN⊥PB，所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角．3在Rt△ABC中，由AB＝2，AC＝1，得BC＝3，CM＝2，BM＝2.在Rt△PAB中，由AB＝2，PA＝1，得PB＝5.3由于Rt△BNM∽Rt△BAP，所以MN＝2，1535故MN＝10.又在Rt△CNM中，CN＝30，故cos∠CNM＝654.C-PB-A的余弦值为6所以二面角4.1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线面平行：l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(2)线面垂直：l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.(4)面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．空间直线、平面夹角的向量表示(1)异面直线所成的角设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cosθ＝|ab|·|a||b|.(2)线面角设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sin|l·n|θ＝|l||n|.(3)(ⅰ)如图①，AB，CD是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．(ⅱ)如图②③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角θ的大小满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．热点一空间地址关系的证明[例1]如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．求证：(1)FH∥平面EDB；(2)AC⊥平面EDB.[自主解答]法一：∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥BC.又∵EF∥AB，∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB，FB∩BC＝B，∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.又∵BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC.AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABC.以H为坐标原点，HB为x轴正向，HF为z轴正向，建立以下列图的空间直角坐标系．设BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)．(1)设AC与BD的交点为G，连接GE，GH，则G(0，－1,0)，∴GE＝(0,0,1)．又HF＝(0,0,1)，∴HF∥GE.∵GE?平面EDB，HF?平面EDB，∴FH∥平面EDB.(2)∵AC＝(－2,2,0)，GE＝(0,0,1)，AC·GE＝0，∴AC⊥GE.又∵AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.法二：(1)如图设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连接EG，GH，又∵H为BC的中点，1∴GH綊2AB.1又∵EF綊AB，∴EF綊GH.∴四边形EFHG为平行四边形．∴EG∥FH.而EG?平面EDB，FH?平面EDB，∴FH∥平面EDB.(2)由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.又∵EF∥AB，∴EF⊥BC.∵EF⊥FB，且FB∩BC＝B，∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.又∵BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC.∵AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又∵FH∥EG，∴AC⊥EG.又∵AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB.——————————规律·总结———————————————————————1．三种平行间的转变关系2．三种垂直关系的转变1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.证明：建立以下列图的空间直角坐标系，D为坐标原点，设DCa.(1)连接AC交BD于G，连接EG.aa依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，E0，2，2.∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，aa故点G的坐标为2，2，0，aPA＝(a,0，－a)，EG＝2，0，－2.∴PA＝2EG，则PA∥EG.∵EG?平面EDB，PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.(2)依题意得B(a，a,0)，PB＝(a，a，－a)，a又DE＝0，2，2，2故PB·DE＝0＋a－a＝0，22∴PB⊥DE.由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，∴PB⊥平面EFD.热点二空间角的求法[例2](2013·东高考山)以下列图，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D-GH-E的余弦值．[自主解答](1)证明：由于D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC.又EF?平面PCD，DC?平面PCD，所以EF∥平面PCD.又EF?平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.(2)法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.由于PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又PB∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH?平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角．设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC.在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝2.在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝5.又H为△PBQ的重心，5所以HC＝3PC＝3.5同理FH＝3.在△FHC中，由余弦定理得559＋9－24cos∠FHC＝＝－5.52×9即二面角D-GH-E的余弦值为－45.法二：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立以下列图的空间直角坐标系．设BA＝BQ＝BP＝2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0，0,2)．所以EQ＝(－1,2，－1)，FQ＝(0,2，－1)，DP＝(－1，－1,2)，CP＝(0，－1,2)．设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，x1＋2y1－z1＝0，由m·EQ＝0，m·FQ＝0，得2y1－z1＝0，取y1＝1，得m＝(0,1,2)．设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，x2－y2＋2z2＝0，由n·DP＝0，n·CP＝0，得y2＋2z2＝0，取z2＝1，得n＝(0,2,1)，m·n4所以cos〈m，n〉＝|m||n|＝5.由于二面角D-GH-E为钝角，4所以二面角D-GH-E的余弦值为－5.互动研究本例中条件不变：(1)如何求异面直线DP与BQ所成角的余弦值？如何求直线AQ与平面PDC所成角的正弦值？解：(1)由题意，DP＝(－1，－1,2)，BQ＝(0,2,0)，DP·BQ－26，∴cos〈DP，BQ〉＝＝＝－|DP||BQ|6×26∴异面直线DP与BQ所成角的余弦值为66.(2)AQ＝(－2,2,0)，由例题解法二知平面PDC的法向量为n＝(0,2,1)．设直线AQ与平面PDC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AQ，n〉|＝|AQ·n|4＝10，＝|AQ||n|22·55即直线AQ与平面PDC所成角的正弦值为105.——————————规律·总结————————————————————三种空间角的向量求法(1)异面直线所成的角θ，可以经过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直线与平面所成的角θ主要可以经过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或经过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．2.如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，ADAA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．解：法一：(1)证明：由于BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D.而B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)由于B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图，连接A1D.由于棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1.从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，由于AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故AB＝BC.DAAB即AB＝DA·BC＝3.连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21.即B1D＝21.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝AD＝3＝21，即cos(90－°θ)＝21.从而sinθ＝21.B1D21777即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为21.7法二：(1)证明：易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以1所在直线分别为x轴，y轴，zA为坐标原点，AB，AD，AA轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则有A(0,0,0)，B(t，0,0)，B1(t，0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而B1D(－t,3，－3)，AC＝(t,1,0)，BD＝(－t,3,0)．由于AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝3或t＝－3(舍去)．ACBD于是B1D＝(－3，3，－3)，AC＝(3，1,0)．由于AC·B1D＝－3＋3＋0＝0，所以AC⊥B1D.即AC⊥B1D.(2)由(1)知，AD1＝(0,3,3)，AC＝(3，1,0)，B1C1＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则n·AC＝0，3x＋y＝0，AD即3y＋3z＝0.＝0，n·1令x＝1，则n＝(1，－3，3)．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则n·B1C13＝21.sinθ＝|cos〈n，B1C1〉|＝＝|n||·|77B1C1即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为21.7热点三立体几何中的研究性问题[例3]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：

AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上可否存在一点E，使得

BE∥平面

PAC.若存在，求

SE∶EC的值；若不存在，试说明原由．[自主解答](1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立以下列图的空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝62a.于是S0，0，62，C0，2，OC＝0，2，SD＝2a，D－2a，0，02a，02a，0－2a，0，－2a，OCSD＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.26·(2)由题意知，平面PAC的一个法向量DS＝2a，0，6，平面DAC的一个法向量22aOS＝6OS·DS30，0，2a.设所求二面角为θ，则cosθ＝|OS||DS|＝2，故所求二面角的大小为30°.(3)在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.由(2)知DS是平面PAC的一个法向量，且DS＝2a，0，622a，CS＝260，－2a，2a，设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝226－2a，2a1－t，2at，而·＝0?t＝1，BEDS3即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.——————————规律·总结——————————————————————利用空间向量解决研究性问题的方法把要