高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 立體幾何立體幾何 熱點一 空間點、線、面的位置關(guān)系及空間角的計算 空間點、線、面的位置關(guān)系通?？疾槠叫小⒋怪标P(guān)系的證明，一般出現(xiàn)在解答題的第(1)問，解答題的第(2)問常考查求空間角，求空間角一般都可以建立空間直角坐標系，用空間向量的坐標運算求解. 【例 1】如圖，在ABC 中，ABC4，O 為 AB 邊上一點，且 3OB3OC2AB，已知 PO平面 ABC，2DA2AOPO，且 DAPO. (1)求證：平面 PBD平面 COD； (2)求直線 PD 與平面 BDC 所成角的正弦值. (1)證明證明 OBOC，又ABC4， OCB4，BOC2. COAB. 又 PO平面 ABC， OC平面 ABC，POOC. 又PO，AB平面 PAB，POABO， CO平面 PAB，即 CO平面 PDB. 又 CO平面 COD， 平面 PDB平面 COD. (2)解 以 OC，OB，OP 所在射線分別為 x，y，z 軸，建立空間直角坐標系，如圖所示. 設 OA1，則 POOBOC2，DA1. 則 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)， PD(0，1，1)，BC(2，2，0)，BD(0，3，1). 設平面 BDC 的一個法向量為 n(x，y，z)， n BC0，n BD0，2x2y0，3yz0， 令 y1，則 x1，z3，n(1，1，3). 設 PD 與平面 BDC 所成的角為 ， 則 sin PDn|PD|n| 101（1）3（1）02（1）2（1）2 1212322 2211. 即直線 PD 與平面 BDC 所成角的正弦值為2 2211. 【類題通法】利用向量求空間角的步驟 第一步：建立空間直角坐標系. 第二步：確定點的坐標. 第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標. 第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值). 第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角. 第六步：反思回顧.查看關(guān)鍵點、易錯點和答題規(guī)范. 【對點訓練】 如圖所示，在多面體 A1B1D1DCBA 中，四邊形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均為正方形，E 為 B1D1的中點，過 A1，D，E 的平面交 CD1于 F. (1)證明：EFB1C. (2)求二面角 E- A1DB1的余弦值. (1)證明證明 由正方形的性質(zhì)可知 A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD 為平行四邊形，從而 B1CA1D，又 A1D面 A1DE，B1C面 A1DE，于是 B1C面 A1DE.又 B1C面 B1CD1，面 A1DE面 B1CD1EF，所以 EFB1C. (2)解 因為四邊形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均為正方形，所以 AA1AB，AA1AD，ABAD 且 AA1ABAD.以 A 為原點，分別以AB，AD，AA1為 x 軸，y軸和 z 軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而 E 點為 B1D1的中點，所以 E 點的坐標為12，12，1 . 設平面 A1DE 的一個法向量 n1(r1，s1，t1)，而該面上向量A1E12，12，0 ，A1D(0，1，1)，由 n1A1E， n1A1D得 r1，s1，t1應滿足的方程組12r112s10，s1t10， (1，1，1)為其一組解，所以可取 n1(1，1，1). 設平面 A1B1CD 的一個法向量 n2(r2， s2， t2)， 而該面上向量A1B1(1， 0， 0)， A1D(0，1，1)，由此同理可得 n2(0，1，1). 所以結(jié)合圖形知二面角 E- A1DB1的余弦值為 |n1n2|n1|n2|23 263. 熱點二 立體幾何中的探索性問題 此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線、面平行、垂直位置關(guān)系的探究或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種解決方式： (1)根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證； (2)利用空間向量，先假設存在點的坐標，再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在. 【例 2】如圖，在四棱錐 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5. (1)求證：PD平面 PAB； (2)求直線 PB 與平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在點 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，說明理由. (1)證明 因為平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，ABAD， 所以 AB平面 PAD，所以 ABPD. 又 PAPD，ABPAA，所以 PD平面 PAB. (2)解解 取 AD 的中點 O，連接 PO，CO. 因為 PAPD，所以 POAD. 因為 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD， 所以 PO平面 ABCD. 因為 CO平面 ABCD，所以 POCO. 因為 ACCD，所以 COAD. 如圖，建立空間直角坐標系 Oxyz.由題意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1). 設平面 PCD 的一個法向量為 n(x，y，z)，則 n PD0，n PC0，即yz0，2xz0， 令 z2，則 x1，y2. 所以 n(1，2，2). 又PB(1，1，1)，所以 cosn，PBn PB|n|PB|33. 所以直線 PB 與平面 PCD 所成角的正弦值為33. (3)解 設 M 是棱 PA 上一點，則存在 0，1，使得AMAP. 因此點 M(0，1，)，BM(1，). 因為 BM平面 PCD，所以要使 BM平面 PCD， 則BMn0，即(1，) (1，2，2)0，解得 14. 所以在棱 PA 上存在點 M，使得 BM平面 PCD，此時AMAP14. 【類題通法】(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結(jié)論當作條件， 據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等. (2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù). 【對點訓練】如圖，在四棱錐 PABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E 為 PA 的中點. (1)求證：DE平面 BPC； (2)線段 AB 上是否存在一點 F，滿足 CFDB？若存在，試求出二面角 FPCD的余弦值；若不存在，請說明理由. (1)證明 取 PB 的中點 M，連接 EM 和 CM，過點 C 作 CNAB，垂足為點 N. CNAB，DAAB，CNDA， 又 ABCD，四邊形 CDAN 為平行四邊形， CNAD8，DCAN6， 在 RtBNC 中， BN BC2CN2 102826， AB12，而 E，M 分別為 PA，PB 的中點， EMAB 且 EM6，又 DCAB， EMCD 且 EMCD，四邊形 CDEM 為平行四邊形， DECM.CM平面 PBC，DE平面 PBC， DE平面 BPC. (2)解 由題意可得 DA，DC，DP 兩兩互相垂直，如圖，以 D 為原點，DA，DC，DP 分別為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系 Dxyz， 則 A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假設 AB 上存在一點 F 使 CFBD， 設點 F 坐標為(8，t，0)， 則CF(8，t6，0)，DB(8，12，0)， 由CFDB0 得 t23. 又平面 DPC 的一個法向量為 m(1，0，0)， 設平面 FPC 的法向量為 n(x，y，z). 又PC(0，6，8)，F(xiàn)C8，163，0 . 由n PC0，n FC0，得6y8z0，8x163y0，即z34y，x23y， 不妨令 y12，有 n(8，12，9). 則 cosn，mn m|n|m|81 8212292817. 又由圖可知，該二面角為銳二面角， 故二面角 FPCD 的余弦值為817. 熱點三 立體幾何中的折疊問題 將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結(jié)合命題，考查學生的空間想象力和分析問題的能力. 【例 3】如圖，菱形 ABCD 的對角線 AC 與 BD 交于點 O，AB5，AC6，點 E，F(xiàn) 分別在 AD，CD 上，AECF54，EF 交 BD 于點 H.將DEF 沿 EF 折到DEF的位置，OD 10. (1)證明：DH平面 ABCD； (2)求二面角 BDAC 的正弦值. (1)證明 由已知得 ACBD，ADCD. 又由 AECF 得AEADCFCD，故 ACEF. 因此 EFHD，從而 EFDH. 由 AB5，AC6 得 DOBOAB2AO24. 由 EFAC 得OHDOAEAD14.所以 OH1，DHDH3. 于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH. 又 DHEF，而 OHEFH， 所以 DH平面 ABCD. (2)解 如圖，以 H 為坐標原點，HF的方向為 x 軸正方向，建立空間直角坐標系 Hxyz. 則 H(0，0，0)，A(3，1，0)， B(0，5，0)，C(3，1，0)， D(0，0，3)，AB(3，4，0)，AC(6，0，0)，AD(3，1，3). 設 m(x1，y1，z1)是平面 ABD的一個法向量， 則m AB0，m AD0，即3x14y10，3x1y13z10， 所以可取 m(4，3，5). 設 n(x2，y2，z2)是平面 ACD的一個法向量， 則n AC0，n AD0，即6x20，3x2y23z20， 所以可取 n(0，3，1). 于是 cosm，nm n|m|n|1450 107 525. sinm，n2 9525. 因此二面角 BDAC 的正弦值是2 9525. 【類題通法】立體幾何中的折疊問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化. 【對點訓練】如圖 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E 是 AD 的中點，O 是 AC 與 BE 的交點.將ABE 沿 BE 折起到A1BE 的位置，如圖 2. (1)證明：CD平面 A1OC； (2)若平面 A1BE平面 BCDE，求平面 A1BC 與平面 A1CD 夾角的余弦值. (1)證明 在題圖 1 中，因為 ABBC1，AD2，E 是 AD 的中點，BAD2，所以 BEAC.即在題圖 2 中，BEOA1，BEOC， 從而 BE平面 A1OC. 又 CDBE，所以 CD平面 A1OC. (2)解 由已知，平面 A1BE平面 BCDE， 又由(1)知，BEOA1，BEOC， 所以A1OC 為二面角 A1BEC 的平面角，所以A1OC2. 如圖，以 O 為原點，OB，OC，OA1分別為 x 軸、y 軸、z 軸正方向建立空間直角坐標系，因為 A1BA1EBCED1，BCED， 所以 B22，0，0 ，E22，0，0 ，A10，0，22，C0，22，0 ， 得BC22，22，0 ，A1C0，22，22，CDBE( 2，0，0). 設平面 A1BC 的一個法向量 n1(x1，y1，z1)，平面 A1CD 的一個法向量 n2(x2，y2，z2)，平面 A1BC 與平面 A1CD 的夾角為 ， 則n1BC0，n1A1C0，得x1y10，y1z10，取 n1(1，1，1)； n2CD0，n2A1C0， 得x20，y2z20，取 n2(0，1，1)， 從而 cos |cosn1，n2|23 263， 即平面 A1BC 與平面 A1CD 夾角的余弦值為63.