【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-立体几何热点考向

eq\a\vs4\al(利用空间向量证明空间位置关系)【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.【证明】以A为原点，AB，AD，AP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A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．(1)由于eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)由于eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又由于AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.由于DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.【规律方法】使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后依据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方程向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直．[创新猜测]1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A(a,0,0)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(a,0,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，4))，则eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(EG,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.eq\a\vs4\al(利用空间向量求空间角)【例2】(2022·山东省烟台市高考模拟卷)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cosθ的取值范围．【解】可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．令FM＝λ(0≤λ≤eq\r(3))，则C(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,1)，M(λ，0,1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(λ，－1,1)．设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n1·\o(BM,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0,λx－y＋z＝0)).取x＝1，则n1＝(1，eq\r(3)，eq\r(3)－λ)，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,1＋3＋\r(3)－λ2×1)＝eq\f(1,\r(λ－32＋4)).∵0≤λ≤eq\r(3)，∴当λ＝0时，cosθ有最小值eq\f(\r(7),7)，当λ＝eq\r(3)时，cosθ有最大值eq\f(1,2).∴cosθ∈[eq\f(\r(7),7)，eq\f(1,2)]．【规律方法】1.利用空间向量求空间角的步骤：第一步建立适当的空间直角坐标系；其次步确定出相关点的坐标；第三步写出相关向量的坐标；第四步结合公式进行论证、计算；第五步转化为几何结论．2．巧用“向量法”求解“空间角”：(1)向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).(2)向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(|n·a|,|n||a|).(3)向量法求二面角求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n1|).[创新猜测]2．(2022·深圳第一次调研)如图所示．在多面体ABCDA1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD相互平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值．【解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－a，a，a)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0，a)，∴|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(DD1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(DD1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),3)，∴异面直线AB1与DD1所在角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)∵eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2a,0,0)，eq\o(FB1,\s\up6(→))＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→))＝0,\o(FB1,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0))，∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.(3)由(2)知，eq\o(FB1,\s\up6(→))为平面BCC1B1的一个法向量．设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，∵eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CC1,\s\up6(→))＝0,n·\o(FC,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0,－ax1＋2ay1＝0)).令y1＝1，则n＝(2,1,1)，∴cos〈eq\o(FB1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(FB1,\s\up6(→))·n,|\o(FB1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，∵二面角FCC1B为锐角，∴二面角FCC1B的余弦值为eq\f(\r(3),3).eq\a\vs4\al(利用空间向量解决探究性问题)【例3】(2022·湖北高考)如图在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ)．eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1,0，λ)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(1,1,0)．(1)【证明】当λ＝1时，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，由于eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2eq\o(FP,\s\up6(→))，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．【规律方法】空间向量巧解探究性问题：(1)空间向量最适合于解决这类立体几何中的探究性问题，它无需进行简单的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行推断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简洁、有效，应擅长运用这一方法解题．[创新猜测]3．(2022·山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(如图(2))(1)试推断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E­DF­C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？假如存在，求出eq\f(BP,BC)的值；假如不存在，请说明理由．【解】(1)在△ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，F(1，eq\r(3)，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)．平面CDF的法向量为eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq\r(3)，3)，cos〈eq\o(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(DA,\s\up6(→))·n,|\o(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(21),7)，所以二面角E­DF­C的余弦值为eq\f(\r(21),7).(3)存在．设P(s，t,0)，有eq\o(AP,\s\up6(→))＝(s，t，－2)，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\r(3)t－2＝0，∴t＝eq\f(2\r(3),3)，又eq\o(BP,\s\up6(→))＝(s－2，t,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－s,2eq\r(3)－t,0)，∵eq\o(BP,\s\up6(→))∥eq\o(PC,\s\up6(→))，∴(s－2)(2eq\r(3)－t)＝－st，∴eq\r(3)s＋t＝2eq\r(3).把t＝eq\f(2\r(3),3)代入上式得s＝eq\f(4,3)，∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)·eq\o(BC,\s\up6(→))，∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时，eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3).[总结提升]失分盲点(1)混淆概念致误．混淆向量的夹角与异面直线的夹角的概念，导致结果错误．(2)错用公式致误．在求有关角的问题时，由于对角与向量之间的关系不清楚，导致错用夹角公式．(3)混淆公式致误．混淆二面角、线面角的向量计算公式．从而导致错误．答题指导在解决角的问题时，留意合理应用转化思想，将空间角转化为平面图形中的角；也可以建立空间直角坐标系．利用向量学问来求角，此时需留意角的范围及角的三角函数名．方法规律(1)求两条异面直线所成角的方法：一是平移直线法；二是空间向量法．(2)直线与平面所成角的求法：通过求直线的方向向量与平面的法向量的夹角来求直线与平面所成的角．(3)平面与平面所成的角：可利用待定系数法求出这两个平面的法向量，法向量的夹角可能等于两平面的夹角，也可能与两平面的夹角互补．(4)点到平面的距离的求法：①直接法，即垂线段的长；②等体积转化法，即换底法；③向量法：用已知向量表示求解空间向量的运算与立体几何问题1．有了空间向量的学问后，立体几何中的问题就可以转化为向量的运算完成，因此使用空间向量方法解决立体几何问题．不仅要把握空间向量与立体几何问题的对应关系，还要有肯定的运算力量作基础．2．立体几何中向量的运算主要是：建立空间直角坐标系后求点的坐标，向量的坐标．求直线的方向向量，求平面的法向量，进行向量的线性运算、数量积运算等．【典例】(2022·山东高考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝eq\r(3)，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．【解】(1)由于四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，由于CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1//MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)连接AC，M