2025版高考数学一轮复习高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版

PAGE1-高考大题增分课eq\o(四立体几何中的高考热点问题)[命题解读]立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采纳“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探究存在性问题，突出三大实力：空间想象实力、运算实力、逻辑推理实力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．空间的平行与垂直及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．【例1】(2024·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．[解](1)证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD．又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up13(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up13(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up13(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up13(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up13(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up13(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD的夹角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up13(→))，n〉|＝sin45°，即eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up13(→))＝λeq\o(PC,\s\up13(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up13(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M­AB­D的余弦值为eq\f(\r(10),5).[规律方法](1)证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加协助线．(2)求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需留意向量夹角与待求角的区分与联系．(2024·北京高考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．[解](1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE平面ABC，所以EF⊥BE.如图，建立空间直角坐标系E­xyz.由题意得B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)．所以eq\o(BC,\s\up13(→))＝(－1，－2,0)，eq\o(BD,\s\up13(→))＝(1，－2,1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up13(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋2y0＝0，,x0－2y0＋z0＝0.))令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4)．又因为平面CC1D的法向量为eq\o(EB,\s\up13(→))＝(0,2,0)，所以cos〈n，eq\o(EB,\s\up13(→))〉＝eq\f(n·\o(EB,\s\up13(→)),|n||\o(EB,\s\up13(→))|)＝－eq\f(\r(21),21).由题知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－eq\f(\r(21),21).(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，eq\o(FG,\s\up13(→))＝(0,2，－1)．因为n·eq\o(FG,\s\up13(→))＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交．立体几何中的探究性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)依据条件作出推断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再依据条件推断该点的坐标是否存在．【例2】(2024·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD．如图，建立空间直角坐标系O­xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up13(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq\o(PB,\s\up13(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up13(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up13(→)),|n||\o(PB,\s\up13(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up13(→))＝λeq\o(AP,\s\up13(→)).因此点M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up13(→))＝(－1，－λ，λ)．因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当eq\o(BM,\s\up13(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).[规律方法]解立体几何中探究性问题的方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；(3)若推导出与条件或实际状况相冲突的结论，则说明假设不成立，即不存在．易错警示：探究线段上是否存在点时，留意三点共线条件的应用．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1＝4，AB⊥BC，且AB＝BC＝3eq\r(2)，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，D为B1C1的中点．(1)当点M，N运动时，能否出现AD∥平面B1MN的状况，请说明理由；(2)若BN＝eq\r(2)，求直线AD与平面B1MN夹角的正弦值．[解](1)当M，N分别为AB，BC的中点时，AD∥平面B1MN.证明如下：连接CD，当M，N分别为AB，BC的中点时，CN∥B1D，且CN＝B1D＝eq\f(1,2)BC，∴四边形B1DCN为平行四边形，∴DC∥B1N.又DC平面B1MN，B1N平面B1MN，∴DC∥平面B1MN.又易知AC∥MN，AC平面B1MN，MN平面B1MN，∴AC∥平面B1MN.∵DC∩AC＝C，∴平面ADC∥平面B1MN.∵AD平面ADC，∴AD∥平面B1MN.(2)如图，设AC的中点为O，作OE⊥OA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵BN＝eq\r(2)，AB＝BC＝3eq\r(2)，∴AC＝6.∴M(2,0,1)，N(－1,0,2)，A(3,0,0)，B1(0，－4,3)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－4，\f(3,2)))，∴eq\o(MN,\s\up13(→))＝(－3,0,1)，eq\o(B1M,\s\up13(→))＝(2,4，－2)．设平面B1MN的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up13(→))＝0，,n·\o(B1M,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋z＝0，,2x＋4y－2z＝0，))可得平面B1MN的一个法向量为n＝(1,1,3)．又eq\o(AD,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，－4，\f(3,2)))，∴|cos〈n，eq\o(AD,\s\up13(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AD,\s\up13(→)),|n||\o(AD,\s\up13(→))|)))＝eq\f(4\r(14),77).设直线AD与平面B1MN的夹角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up13(→))〉|＝eq\f(4\r(14),77).平面图形的翻折问题将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，留意考查空间想象实力、学问迁移实力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．【例3】(本题满分12分)(2024·全国卷Ⅰ)如图，四边形eq\o(ABCD为正方形)①，E，F分别为AD，BC的中点，以eq\o(DF为折痕把△DFC折起)②，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：eq\o(平面PEF⊥平面ABFD)③；(2)求eq\o(DP与平面ABFD夹角的正弦值)④.[信息提取]看到①ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；看到②把△DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到③想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；看到④想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．[规范解答](1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.·····························································2分又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．·················3分(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD．···············4分以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up13(→))的方向为y轴正方向，|eq\o(BF,\s\up13(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.5分由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.································6分可得PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2).7分则H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面ABFD的法向量.································10分设DP与平面ABFD的夹角为θ，则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(HP,\s\up13(→))·\o(DP,\s\up13(→)),|\o(HP,\s\up13(→))||\o(DP,\s\up13(→))|)))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).···11分即DP与平面ABFD夹角的正弦值为eq\f(\r(3),4).·························12分[易错与防范]易错点防范措施不能恰当的建立坐标系由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.建系后写不出相应点的坐标结合折叠前后的不变量，留意题设条件中的隐含，如PF⊥平面PED，即可求出PH，从而求出相应点的坐标.[通性通法]立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的改变状况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生改变，不在同一个平面上的性质发生改变．(2024·湖南六校联考)如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝eq\f(2,3)EC＝4，EF＝2，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的随意一点．(1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为eq\f(\r(30),6)时，求三棱锥E­BDM的体积．[解](1)法一：取ED的中点N，连接MN，AN，∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，且MN＝eq\f(1,2)DC，而AB∥DC，且AB＝eq\f(1,2)DC，∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，∴BM∥平面AFED．法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，∴DA，DC，DE两两垂直．以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，∴eq\o(BM,\s\up13(→))＝(－2,0,1)，又平面AFED的一个法向量eq\o(DC,\s\up13(→))＝(0,4,0)，eq\o(BM,\s\up13(→))·eq\o(DC,\s\up13(→))＝0，∴eq\o(BM,\s\up13(→))⊥eq\o(DC,\s\up13(→))，又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED．(2)依题意设点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t，2－\f(t,2)))(0＜t＜4)，设平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)，则eq\o(DB,\s\up13(→))·n1＝2x＋2y＝0，eq\o(DM,\s\up13(→))·n1＝ty＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(t,2)))z＝0，令y＝－1，则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2t,4－t)))，取平面ABF的一个法向量n2＝(1,0,0)，∵|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(1,\r(2＋\f(4t2,4－t2)))＝eq\f(\r(6),6)，解得t＝2.∴M(0,2,1)为EC的中点，S△DEM＝eq\f(1,2)S△CDE＝2，又点B到平面DEM的距离h＝2，∴VE­BDM＝VB­DEM＝eq\f(1,3)·S△DEM·h＝eq\f(4,3).[大题增分专训]1．(2024·湖北八市联考)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P­EF­B的大小为60°.(1)求证：EF⊥PB；(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值．[解](1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥P B．(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角P­EF­B的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝eq\r(3)，∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，eq\r(3))，C(3,0,0)，E(0,1,0)，F(2,1,0)，∴eq\o(PE,\s\up13(→))＝(0,1，－eq\r(3))，eq\o(PF,\s\up13(→))＝(2,1，－eq\r(3))，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up13(→))＝0，,n·\o(PF,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)z＝0，,2x＋y－\r(3)z＝0，))令y＝eq\r(3)，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，eq\r(3)，1)，又eq\o(PC,\s\up13(→))＝(3,0，－eq\r(3))，∴sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PC,\s\up13(→)),|n||\o(PC,\s\up13(→))|)))＝eq\f(1,4).故直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值为eq\f(1,4).2.(2024·西宁模拟)底面为菱形的直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，A1D1的中点．(1)在图中作出一个平面α，使得BDα，且平面AEF∥α；(不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD­A1B1C1D1的截面)(2)若AB＝AA1＝2，∠BAD＝60°，求平面AEF与平面α的距离D．[解](1)如图，取B1C1的中点M，D1C1的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即为所求平面α.(2)如图，连接AC交BD于点O，∵在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为菱形，∴AC⊥BD，∴以点O为坐标原点，分别以DB，AC所在直线为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，又∵直棱柱ABCD­A1B1C1D1中全部棱长为2，∠BAD＝60°，∴A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1,0,0)，A1(0，－eq\r(3)，2)，B1(1,0,2)，D1(－1,0,2)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，∴eq\o(AE,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，eq\o(AF,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，eq\o(AB,\s\up13(→))＝(1，eq\r(3)，0)，设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up13(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up13(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＋2z＝0，,－\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＋2z＝0，))令y＝4eq\r(3)，得n＝(0,4eq\r(3)，－3)，|n|＝eq\r(57)，∴点B到平面AEF的距离h＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up13(→))·n,|n|)))＝eq\f(12,\r(57))＝eq\f(4\r(57),19)，∴平面AEF与平面α的距离d＝eq\f(4\r(57),19).3.如图，在三棱锥