专题04立体几何

专题04立体几何立体几何解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.高考数学立体几何解答题，主要采用“论证与计算”相结合的方式，在命题上一般包含小问，会涉及到空间点、线、面位置关系的判定与探究，特别是平行与垂直关系的证明；空间角(包括异面直线夹角、直线与平面所成角和二面角)或空间距离(包括空间几何体的体积、表面积和点到平面的距离等)的计算.立体几何在解题能力方面的要求是：在数学思想上，一般涉及转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想；在解题方法上，一般涉及几何法、向量法，往往是两种方式相结合进行处理.一、线线角、线面角、二面角、距离问题例1.如图，在直三棱柱中，D、E分别是棱、上的点，，．(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面ABC所成的角为45°，且，求二面角的正弦值．【解析】(1)解：取中点，AB中点O，连交于F，连，，则，∵，∴，∴是平行四边形，∴，∵，∴．又平面平面，交线为，∴平面，∴平面，又平面，∴平面平面．(2)由（1）知，OC、OB、两两垂直，建立如图空间直角坐标系，取上一点M，使，连AM，则，又平面ABC，与平面ABC所成角为，∴，∴，不妨设，则，，，，∴，，，，，，，．设平面的一个法向量为，则，∴，取，得，平面的一个法向量，，∴二面角的平面角的正弦值为．本类试题一般分两种设问方式，一种是直接求解空间角或空间距离；另外一种是已知空间角或者空间距离，求解相关几何量的大小..解决这类问题一般需要先根据题意建立合适的空间直角坐标系，然后通过数学抽象将几何问题转化为代数问题，找到关键量的坐标表示(需引入参数，但要求尽可能少的参数，一般可以用共线向量处理)，再用待定系数的方法进行直接运算，求解函数或方程，得出参数的具体值，最后还原到几何体中求解相应的几何量.1.三棱锥中，，平面平面，，，分别为和的中点，平面平面.（1）证明：直线；（2）设直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，则在直线上是否存在一点，使得.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：∵、分别为、的中点，∴，又∵面，面∴面，又∵面，面面，∴（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，，可求得面法向量设与面所成角为，则∵∴∴即存在满足题意，此时.1.【2022·全国·高三专题练习】如图所示，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）线段上是否存在点Q，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）在中，，O为中点，∴，又侧面底面，平面平面，平面，∴平面．（2）如图所示，以O为坐标原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，依题意，易得，，，，．∴，，∴异面直线与所成角是．（3）假设存在点Q，使得它到平面的距离为．由（2）知，，设平面的法向量为，则，∴，即，取，得平面的一个法向量为．设，，，由，得，解得或（舍去），此时，，∴存在点Q满足题意，此时．1．【2021·全国·高考真题】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.二、翻折问题例2.如图，四边形ABCD中，，，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.(1)证明：；(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.【解析】(1)取中点F，连接EF，BF，因为，所以EF是的中位线，故∥，因为，所以，又因为，，所以平面BEF，因为平面BEF，所以，由三线合一得：(2)因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HG⊥AB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，，由可得：，由勾股定理得：，因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，故二面角的余弦值为.翻折问题主要包含两大问题：平面图形的折叠与几何体的表面展开.这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，展开与折叠问题就是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程.解决翻折问题，关键是对翻折前后不变量及不变性的把握，即将翻折前后的图形进行比较，弄清楚哪些角和长度变了，哪些没变(可以观察各面的位置关系变化，同一面上的边角基本不会变)；哪些点、线共面，哪些不共面；翻折后的线与原来的线有什么关系，尤其要注意找出相互平行或垂直的直线.2.如图，在平行四边形ABCD中，AD＝BD＝1，，将平面ABD沿BD翻折得到四面体A'﹣BCD，点E为棱A'B的中点，过点D作DF⊥A'C于点F，当四面体A'﹣BCD的体积最大时．（1）证明：EF⊥A'C；（2）求点B到平面DEF的距离．【解析】证明：（1）∵在平行四边形ABCD中，AD＝BD＝1，AB＝，∴AD2+BD2＝AB2，∴△ABD为等腰直角三角形，且AD⊥BD，∴BC⊥BD，设点A′到面BCD的距离为h，则，∴当四面体A'﹣BCD的体积最大时，h最大，此时h＝A′D，即A′D⊥面BCD，∵BC⊂面BCD，∴A′D⊥BC，∵BD⊥BC，BD∩A′D＝D，BD，A′D⊂面A′BD，∴BC⊥面A′BD，∵DE⊂面A′BD，∴BC⊥DE，∵A′D＝BD，E为A′D中点，∴DE⊥A′B，∵A′B∩BC＝B，A′B，BC⊂面A′BC，∴DE⊥面A′BC，∵A′C⊂面A′BC，∴DE⊥A′C，∵DF⊥A′C，DF∩DE＝D，DF，DE⊂面DEF，∴A′C⊥面DEF，∵EF⊂面DEF，∴EF⊥A′C．解：（2）过点F作FH⊥A′B交A′B于点H．由（1）知DE⊥面A′BC，∵EF⊂面A′BC，∴DE⊥EF，∵A′D＝BD＝1，∴AB＝，∵E是A′B的中点，∴DE＝BE＝，在Rt△A′BC中，EF＝，A′F＝，∴FH＝，设点B到面DEF的距离为d′，则VB﹣DEF＝VD﹣BEF，∴，d′＝．2.【2022·重庆·一模】如图，在平面四边形中，，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.(1)证明：；(2)若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.【解析】(1)证明：因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以.又因为，所以平面，又因为平面，所以(2)（法一）因为，所以是二面角的平面角，即，在中，，设，因为平面，所以点到平面的距离，所以点到平面的距离，，设P点到平面的距离为,因为，所以，所以，设直线与平面所成角为.（法二）因为，所以是二面角的平面角，即，在中，，因为平面，即两两垂直，以为原点建立如图所示的坐标系，设，则，，，设平面的一个法向量为，则由得，令，得，令直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.2．【2018·全国·高考真题（理）】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【解析】（1）由已知可得，，，又，所以平面.又平面，所以平面平面；（2）作，垂足为.由（1）得，平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）可得，.又，，所以.又，，故.可得.则为平面的法向量.设与平面所成角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.三、存在性问题例3.如图，在四棱锥中，已知底面，，异面直线与所成角等于.(1)求证：平面平面(2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的切值为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：底面，又平面，平面平面，平面平面.(2)解：如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，假设棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为，设，且，则，，设平面DEB的一个法向量为，，则，取，得，平面的法向量，平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为，平面PAB与平面BDE所成锐二面角的余弦值为，，解得或（舍），在棱上存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为为棱上靠近的三等分点.解决存在性问题主要有以下方法：(1)几何法，即分析法与综合法并用，一般先假设存在，借助相应的性质定理进行分析推理，得出结论.若存在，再用判定定理证明，即先猜后证；若不存在，则用反证法证明.(2)向量法，即建立适当的空间直角坐标系，利用假设存在符合题意的条件，结合题意，根据空间向量的坐标运算列出方程.若方程有解，则存在；若方程无解或者所求不符合题意，则不存在.3.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，E为PB的中点，______．从①；②平面PAD这两个条件中选一个，补充在上面问题的横线中，并完成解答．注：如果选择多个条件分别解答按第一个解答计分．(1)求证：四边形ABCD是直角梯形．(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱PB上是否存在一点F，使得平面PCD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)解：选择①：证明：平面，平面，，，因为，，，，，，平面，平面，平面，，，，四边形是直角梯形．选择②：证明：平面，平面，，，，，，，，，平面，平面，平面，，，四边形是直角梯形．(2)解：过作的垂线交于点，平面，，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，，2，，，0，，，，，为的中点，，，，，，，，2，，，2，，设平面的法向量为，，，则，令，得，1，，设直线与平面所成角为，则，．直线与平面所成角的正弦值为．(3)解：设，则，，，，，，，，平面，，，解得．故存在点F，且．3.【2022·湖南岳阳·一模】如图，在三棱锥中，，．(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)法一证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵，∴，因为所以三角形ACB为直角三角形，所以又所以所以所以又，，∴平面ABC．又平面SAB，∴平面平面ABC．法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内所以，，又所以因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点则平面SAB，∴平面平面ABC．(2)以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，，则，知，则，，，，，∴，，设，，则，∴，．设平面SAB的一个法向量为则，取，得，，则，得，又∵，方程无解，∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°3．【2016·北京·高考真题（理）】如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.四、开放性问题例4.如图，在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点.(1)求证：，，，四点共面；(2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：如图所示：连接，，取的中点为M，连接，ME，因为E为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为F为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以B，E，，F四点共面；(2)以D为坐标原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G，设，由已知，，，则，，，设平面BEF的一个法向量为，则，即，取，则；设平面GEF的一个法向量为，则，即，取，则；因为平面平面BEF，所以，所以，所以.所以存在满足题意的点G，使得平面平面BEF，DG的长度为.开放性问题相对于存在性问题而言，有其结论的多样性，即结论的不确定性.如果结论是肯定的，需要通过推理论证或者转化为向量运算进行说明；如果是否定的，则需要得出矛盾，利用反证法或者通过数量关系的矛盾性解决.4.如图，梯形，所在的平面互相垂直，，，，，，点为棱的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)判断直线与平面是否相交，如果相交，求出到交点的距离；如果不相交，求直线到平面的距离．【解析】(1)证明：因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面．(2)证明：因为平面，平面，所以，又，所以两两互相垂直.如图以A为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.由，可知，，，，，则，，，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，所以，则，易知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.(3)由，得，因为，所以与平面不平行，所以直线与平面相交，在四边形中延长交的延长线于点.点就是直线与平面的交点，易知，所以.4.【2022·湖南娄底·高三期末】如图，在长方体中，，．若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且．(1)求证：平面平面；(2)设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由．【解析】(1)在长方体中，因为平面，平面，所以，在和中，因为，,，所以，,所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面．(2)以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，不妨设，其中，由（1）得，平面的法向量为，因为，，所以，则，若，则，解得，因为，所以成立．4．【2019·北京·高考真题（理）】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【解析】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F的坐标为，由可得，设平面AEF的法向量为：，则，据此可得平面AEF的一个法向量为：，很明显平面AEP的一个法向量为，，二面角FAEP的平面角为锐角，故二面角FAEP的余弦值为.(Ⅲ)易知，由可得，则，注意到平面AEF的一个法向量为：，其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.五、立体几何创新定义例5．（1）如图，对于任一给定的四面体，找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体的四个顶点满足：，求该正四面体的体积．【解析】（1）取的三等分点，，的中点，的中点，过三点，，作平面，过三点，，作平面，因为，，所以平面平面，再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面．（2）如图，将此正四面体补形为正方体（如图），分别取、、、的中点、、、，平面与是分别过点、的两平行平面，若其距离为1，则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为，若，因为，，在直角三角形中，，所以，所以，又正四面体的棱长为，所以此正四面体的体积为．“新定义”题型解题步骤解题时可以分这样几步：(1)对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号。(2)细细品味新定义的概念、法则，对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点。(3)对定义中提取的知识进行转换，有效的输出，其中对定义信息的提取和化归是解题的关键，也是解题的难点。如果是新定义的运算、法则，直接按照运算法则计算即可；若是新定义的性质，一般就要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除等方法。5.已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，（1）试计算的绝对值的值，并求证面；（2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义.【解析】（1）由题意＝48．，，∴，即．是平面内两相交直线，∴平面．（2）由题意，，，，∴．∴，猜想：的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．5.【2021·全国·模拟预测】蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面