2025高考数学二轮复习-专题4 立体几何-专项突破四 立体几何解答题【课件】

专项突破四

立体几何解答题专题四2025突破1空间位置关系、空间角的向量方法必备知识•精要梳理1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行:①利用平行线的传递性;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理;④利用线面平行、面面平行的性质定理等.(2)证明线线垂直:①利用等腰三角形三线合一的性质;②利用勾股定理;③利用线面垂直的性质等.2.证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行:①利用线面平行的判定定理;②利用面面平行的性质.(2)证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理;②利用面面垂直的性质定理.3.证明面面平行和面面垂直的常用方法(1)证明面面平行最常用的方法是利用面面平行的判定定理.(2)证明面面垂直最常用的方法是利用面面垂直的判定定理.4.利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1),平面α,β的法向量分别为μ=(a2,b2,c2),v=(a3,b3,c3),l⊄α,则(1)线面平行:l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ=0⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.(2)线面垂直:l⊥α⇔a∥μ⇔a=kμ⇔a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2(k≠0).(3)面面平行:α∥β⇔μ∥v⇔μ=λv⇔a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3(λ≠0).(4)面面垂直:α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v=0⇔a2a3+b2b3+c2c3=0.关键能力•学案突破考向一

空间位置关系的证明

[例1]如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.求证:(1)BE⊥PD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.证明

(方法一)(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF,因为E为PC的中点,所以FE∥DC,且FE=DC,又因为DC=2AB,AB∥DC,所以FE∥AB,且FE=AB,所以四边形ABEF是平行四边形,所以BE∥AF.又因为PA=AD,F为PD的中点,所以AF⊥PD,所以BE⊥PD.(2)由(1)知BE∥AF,AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.又因为DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(方法二)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,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.(3)由(2)知

为平面PAD的一个法向量,则DC⊥平面PAD.又DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.方法总结证明空间中位置关系的方法证明空间中的平行、垂直关系,均可利用几何法和向量法.在实际应用中,可灵活处理,如果题目给出的空间图形适合建立空间直角坐标系,那么可建系后利用坐标运算来证明位置关系.精典对练·得高分

求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.证明

(方法一)(1)因为AB=AC,BC=

AB,所以AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC.因为四边形A1ABB1是正方形,所以A1B1∥AB,AB⊥AA1.又AA1∩AC=A,所以AB⊥平面AA1C.所以A1B1⊥平面AA1C.(2)如图,取BC的中点D,连接AD,B1D,C1D.因为B1C1∥BC,且B1C1=BC=BD,所以四边形BDC1B1是平行四边形,所以C1D∥BB1,且C1D=BB1.因为四边形A1ABB1是正方形,所以AA1∥BB1,且AA1=BB1.所以C1D∥AA1,且C1D=AA1,所以四边形AA1C1D是平行四边形,所以A1C1∥AD.因为AD⊄平面A1C1C,A1C1⊂平面A1C1C,所以AD∥平面A1C1C.同理B1D∥平面A1C1C.因为B1D∩AD=D,所以平面B1AD∥平面A1C1C.因为AB1⊂平面B1AD,所以AB1∥平面A1C1C.(方法二)因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,所以AA1⊥平面BAC.又因为AB=AC,BC=

AB,所以∠CAB=90°,即AC⊥AB.所以AB,AC,AA1两两互相垂直.如图,建立空间直角坐标系,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).考向二

利用空间向量求线面角命题角度1

求线面角[例2-1](2022·全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.(1)证明

∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.

名师点析利用向量求直线与平面所成角的方法(1)分别求出直线与它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).(2)求出直线的方向向量m,平面的法向量n,设直线与平面所成的角为θ,则sin

θ=|cos<m,n>|=,求出θ的值.精典对练·得高分(1)证明:直线l⊥平面B1BDD1;(2)已知EF=2,三棱锥B1-BDF的体积

若D1F与平面BDD1所成角为θ,求sinθ的取值范围.∴四边形AEFC为平行四边形,∴AC∥EF.∵EF⊂平面BEF,AC⊄平面BEF,∴AC∥平面BEF.∵平面BEF∩平面ABCD=l,AC⊂平面ABCD,∴AC∥l.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥BB1.∵BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面B1BDD1,∴AC⊥平面B1BDD1.∵AC∥l,∴l⊥平面B1BDD1.(2)解

连接A1C1交B1D1于O1点,设AC∩BD=O,则OO1∥BB1.∵BB1⊥平面ABCD,∴OO1⊥平面ABCD.∵OB,OC⊂平面ABCD,∴以O为原点,OB,OC,OO1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.数学思想·扩思路转化与化归思想如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,CC1=2,E,F分别为BC,CC1的中点.(1)求过E,F,D1三点的截面的面积;(2)一只小虫从点A经BB1上一点P到达点C1,求小虫所经过的路程最短时,直线ED1与平面APC1所成角的正弦值.(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1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(2,0,0),C1(0,1,2),D1(0,0,2),E(1,1,0).名师点析沿几何体表面运动,求距离之和最小的问题,通常采取化曲为直的思想方法,将几何体的表面展开,在平面内,将折线转化为直线,进而求出距离之和最小等问题.命题角度2

已知线面角求其他量又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.精典对练·得高分如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,DE=2,平面EDCF⊥平面ABCD.(1)证明:DF∥平面ABE;(2)P为线段BE上一点,直线AP与平面BEF所成角的正弦值为,求线段BP的长.(1)证明

∵四边形EDCF为矩形,∴DE⊥CD.又平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,∴ED⊥平面ABCD.在平面ABCD内过点D作DH垂直BC于H点,则DA,DH,DE相互垂直,以D为原点,DA,DH,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,考向三

利用空间向量求二面角命题角度1

求二面角[例3-1](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(1)证明

如图①,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图①

∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),图②

名师点析利用空间向量求二面角的步骤(1)分别求出两个半平面的一个法向量;(2)求出两个法向量的夹角;(3)根据图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角,利用二面角的平面角与两个法向量的夹角的关系,求出二面角.精典对练·得高分(1)证明:平面PBC⊥平面PAE;(2)求二面角D-AP-E的余弦值.命题角度2

已知二面角求其他量[例3-2](2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.(1)证明

如图①,设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,所以四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形,所以B2C2∥A2D2.图①

(2)解

在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系.图②

因为二面角P-A2C2-D2为150°,整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°.名师点析已知二面角求其他量的解法要点(1)正确设置变量,已知二面角求其他量时,关键是在空间直角坐标系中设出相关点的坐标或相关向量的坐标,从而用设出的参数表示出两个平面的法向量.(2)准确建立方程,根据已知条件(二面角的度数、二面角的余弦值、二面角的正弦值等)建立关于参数的方程.(3)求解方程,得到参数值,注意根据二面角的大小对参数值进行取舍,进而得到其他量.精典对练·得高分(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为

,求AD.解

(1)∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴PA⊥AD,又∵AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,又∵AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.∵AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,∴BC∥AD,∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.(2)由题意知DC,AD,AP两两垂直,如图,以D为坐标原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0,易错防范·不丢分(1)证明

如图,设AC∩BD=N,连接PN,OA,OC.因为∠DAB=∠BCD=90°,O为BD的中点,所以OA=OD=OC,即O为△ACD的外心.又AD=AC=CD,所以△ACD为等边三角形,所以O为△ACD的中心.所以AC⊥BD.由PO⊥平面ABCD,可得PO⊥AC.又PO∩BD=O,所以AC⊥平面PDB,所以AC⊥DP.所以DP2+PN2=DN2,所以DP⊥PN.又PN∩AC=N,所以DP⊥平面APC.又DP⊂平面ADP,所以平面ADP⊥平面APC.易错警示由于二面角的大小与两个面的法向量的夹角并不完全相等,因此要注意结合图形判断二面角的范围来确定参数的取值,忽视对范围的判断将会导致错误.考向四

利用空间向量求距离[例4]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为

.(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD?若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.解

(1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD,理由如下.过点P在平面PAD内作直线l平行于AD,如图所示.因为l∥AD,l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以l∥平面ABCD.(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP.因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,所以OE∥AB.又因为AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以AD⊥平面POE.过点O在平面POE内作直线ON⊥OE,则直线OA,OE,ON两两垂直,以O为原点,OA,OE,ON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.过点P作PF∥ON,交直线OE于点F,因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE⊂平面ABCD,OA∩OE=O,所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.增分技巧求点到平面的距离的四步骤

精典对练·得高分(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.(1)求证:D1N∥平面CB1M;(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值;(3)求点B到平面CB1M的距离.(1)证明

如图,以A为坐标原点,以AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,突破2立体几何中的翻折问题及探索性问题关键能力•学案突破考向一

立体几何中的翻折问题

图①

图②

(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.(1)证明

连接AE,由已知得AE=2.∵CE∥AB,CE=AB=AE=2,∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点F,则CF⊥BE.∴C1F⊥AF.又BE∩AF=F,∴C1F⊥平面ABED.又C1F⊂平面BC1E,所以平面BC1E⊥平面ABED.名师点析立体几何中翻折问题的求解策略(1)解决翻折问题最关键的就是对比翻折前后的图形,找到哪些点、线、面的位置关系和数量关系没有发生变化,哪些发生了变化,这些不变的量和变化的量反映了翻折后空间图形的结构特征,在证明和求解的过程中应恰当地加以利用.(2)一般地,位于折痕同侧的点、线、面的位置关系和数量关系不发生变化,而位于折痕两侧的点、线、面的位置关系和数量关系会发生变化.特别地,与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变(常用于找翻折后形成的二面角的平面角);与折痕平行的线段,翻折后平行关系保持不变.精典对练·得高分如图①,在等腰梯形ABCD中,E为CD的中点,AB=BC=CE,将△ADE,△BCE分别沿AE,BE折起,使得平面ADE⊥平面ABE,平面BCE⊥平面ABE,如图②.图①

图②

(1)在图②中求证:AB∥CD;(2)设平面ADE与平面BCE的交线为l,求二面角D-l-C的大小.(1)证明

由题意可知△ADE,△ABE,△BCE为全等的等边三角形.如图,分别过点C,D作CM⊥BE,DN⊥AE,垂足分别为M,N,连接MN,则M,N分别为BE,AE的中点,CM=DN.∵平面BCE⊥平面ABE,平面BCE∩平面ABE=BE,CM⊂平面BCE,∴CM⊥平面ABE.同理DN⊥平面ABE,∴CM∥DN.∴四边形CDNM为平行四边形,∴CD∥MN.又M,N分别为BE,AE的中点,∴MN∥AB,∴AB∥CD.(2)解

连接BN,则BN⊥AE.由(1)知DN⊥平面ABE,则NA,NB,ND两两互相垂直.以N为坐标原点,NA,NB,ND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.一题多解·练思维如图①,在▱ABCD中,AD=2BD=4,AD⊥BD,将△ABD沿BD折起,使得点A到达点P处,如图②.图①

图②(1)若PC=6,求证:PD⊥BC;(2)若

,求平面PDC与平面PBC夹角的余弦值.

(2)解

(方法1)如图,过点D作DF∥BC,且DF=BC,连接PF,CF.由题意可知,BD⊥PD,BD⊥DF,PD∩DF=D,∴BD⊥平面PDF,∴BD⊥PF,∴CF⊥PF,又BD⊂平面BCFD,∴平面BCFD⊥平面PDF.取DF的中点O,连接PO,由PF=PD,得PO⊥DF,在平面BCFD内,过点O作OM垂直于DF,建立空间直角坐标系,如图所示.设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),平面PDC的法向量为n=(x',y',z'),(方法2)由BD⊥BC,建立空间直角坐标系,如图所示.∵AD=2BD=4,∴B(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),设P(x,y,z)(其中x,y,z均大于0),(方法3)如图所示,过点B作BE⊥PC交PC于E,过点D作DF⊥PC交PC于F,异面直线DF,BE的夹角即为两个平面的夹角.考向二

立体几何中的探索性问题[例2-1]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,△PAB为等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,E为AD的中点.(1)求证:CE⊥PD.(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点F,使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.解

取AB的中点O,连接PO,因为△PAB为等边三角形,所以PO⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PO⊂平面PAB,所以PO⊥平面ABCD.取CD的中点G,连接OG,则OB,OP,OG两两互相垂直.以O为原点,OB,OG,OP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.设AB=2,则C(1,2,0),P(0,0,),E(-1,1,0),D(-1,2,0),A(-1,0,0),B(1,0,0).[例2-2]如图,在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中,点M是正方体的中心,将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后,得到四棱锥M'-B'CGF'.(1)若

,求证:平面MCG∥平面M'B'F';(2)是否存在α,使得直线M'F'⊥平面MBC?若存在,求出α的值;若不存在,请说明理由.(1)证明

若

,则平面DCGH、平面CB'F'G为同一个平面,连接BH,BF',则M是BH的中点,M'是BF'的中点,故MM'是△BHF'的中位线,所以MM'∥GF',MM'=HF'=GF'.因为MM'∥GF',MM'=GF',所以平面四边形MM'F'G是平行四边形,所以MG∥M'F'.又MG⊄平面M'B'F',M'F'⊂平面M'B'F',所以MG∥平面M'B'F'.同理MC∥平面B'M'F',且MG⊂平面MCG,MC⊂