高考大題沖關(guān)系列（4）

1、1 / 17 命題動(dòng)向：立體幾何是高考的重點(diǎn)，約占整個(gè)試卷的 15%，通常以一大兩小的模式命題，以中、低檔難度為主簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積，點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間向量與空間角(特別是二面角)的計(jì)算是考查的重點(diǎn)內(nèi)容，前者多以客觀題的形式命題，后者主要以解答題的形式考查立體幾何著重考查考生的推理論證能力和空間想象能力，而且對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算的要求有加強(qiáng)的趨勢(shì)轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個(gè)立體幾何的始終 題型 1 空間位置關(guān)系的證明及空間角的計(jì)算 例 1 (2020 全國卷) 如圖，d 為圓錐的頂點(diǎn)，o 是圓錐底面的圓心，ae為底面直徑，aead.abc 是底面的內(nèi)接正三角形，p 為 do 上一點(diǎn)，

2、po66do. (1)證明：pa平面 pbc； (2)求二面角 bpce的余弦值 解 (1)證明：ae為底面直徑，aead， dae 為等邊三角形設(shè) ae1， 則 do32，aocobo12ae12， po66do24，papcpbpo2bo264， 又abc為等邊三角形，abae cos30 32. 2 / 17 pa2pb234ab2，apb90 ，即 papb 同理得 papc，又 pcpbp，pa平面 pbc (2)過 o作 onbc 交 ab 于點(diǎn) n，則 onao. po平面 abc，poao，poon.以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，oa，on，od所在直線分別為 x 軸、y 軸、z 軸建立

3、如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè) ae1， 則 e12，0，0 ，p0，0，24，a12，0，0 ，c14，34，0 ，pc14，34，24，pa12，0，24，pe12，0，24. 由(1)得平面 pbc的一個(gè)法向量為pa12，0，24，設(shè)平面 pce的一個(gè)法向量為 m(x，y，z)， 由 m pc0，m pe0，得 x 3y 2z0，2x 2z0. 令 x1，得 z 2，y33，m1，33， 2 . 故 cosm，papa m|pa|m|1643032 55， 由圖可得二面角 bpce為銳二面角， 二面角 bpce的余弦值為2 55. 沖關(guān)策略 立體幾何中的位置關(guān)系(平行或垂直)的證明常采用幾

4、何法，即3 / 17 借助線面或面面的平行(或垂直)的判定及性質(zhì)定理求解；而角度的計(jì)算常采用坐標(biāo)法借助向量的相關(guān)知識(shí)求解，求解的關(guān)鍵是坐標(biāo)系的建立及相應(yīng)坐標(biāo)的正確書寫 變式訓(xùn)練 1 (2020 廣東高三調(diào)研)如圖，四棱錐 pabcd 中，addccppb，ab2ad，且 dcab，adab，pb平面 pac (1)求證：平面 pbc平面 abcd； (2)求 pb與平面 adp 所成角的正弦值 解 設(shè) addccppb1，則 ab2. (1)證明：由 dcab，adab， 得 addc，所以 ac 2. 又 pb平面 pac，所以 pbpc，pbac，所以 bc 2. 又 ab2，所以 bca

5、c，故 ac平面 pbc 又 ac平面 abcd，所以平面 pbc平面 abcd. (2)以 bc的中點(diǎn) o為坐標(biāo)原點(diǎn)，以 op的方向?yàn)?z 軸正方向，過點(diǎn) o分別作ab和 ad 的平行線，分別為 x 軸和 y 軸的方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系oxyz. 則 a32，12，0 ，d32，12，0 ，b12，12，0 ，p0，0，22.則ad(0，1,0)，ap32，12，22，pb12，12，22. 設(shè) n(x1，y1，z1)為平面 adp的法向量， 4 / 17 則 n ad0，n ap0，即 y10，32x112y122z10， 可取 n23，0，1 . 設(shè) pb與平面 adp所成的

6、角為 ， 則 sin|cosn，pb|n pb|n|pb| 12231202211221222222320212| 2 2211. 所以 pb與平面 adp 所成角的正弦值為2 2211. 題型 2 立體幾何中的折疊問題 例 2 (2019 全國卷)圖 1 是由矩形 adeb，rtabc 和菱形 bfgc 組成的一個(gè)平面圖形，其中 ab1，bebf2，fbc60 .將其沿 ab，bc 折起使得 be與 bf重合，連接 dg，如圖 2. (1)證明：圖 2中的 a，c，g，d四點(diǎn)共面，且平面 abc平面 bcge； (2)求圖 2中的二面角 bcga 的大小 解 (1)證明：由已知得 adbe，

7、cgbe， 所以 adcg， 所以 ad，cg確定一個(gè)平面，從而 a，c，g，d四點(diǎn)共面 由已知得 abbe，abbc，且 bebcb， 所以 ab平面 bcge. 5 / 17 又因?yàn)?ab平面 abc，所以平面 abc平面 bcge. (2)作 ehbc，垂足為 h. 因?yàn)?eh平面 bcge，平面 bcge平面 abc， 所以 eh平面 abc 由已知，菱形 bcge的邊長(zhǎng)為 2，ebc60 ， 可求得 bh1，eh 3. 以 h 為坐標(biāo)原點(diǎn)，hc的方向?yàn)?x 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 hxyz，則 a(1,1,0)，c(1,0,0)，g(2,0， 3)， cg(1,0，

8、 3)，ac(2，1,0) 設(shè)平面 acgd的法向量為 n(x，y，z)， 則 cg n0，ac n0，即 x 3z0，2xy0. 所以可取 n(3,6， 3) 又平面 bcge的法向量可取 m(0,1,0)， 所以 cosn，mn m|n|m|32. 由圖知，二面角 bcga為銳角， 因此二面角 bcga的大小為 30 . 沖關(guān)策略 解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量一般情況下，在同一半平面內(nèi)的位置關(guān)系和度量關(guān)系不變，在兩個(gè)半平面內(nèi)的關(guān)系多發(fā)生變化，弄清相應(yīng)關(guān)系是解題突破口 變式訓(xùn)練 2 已知三棱錐 pabc(如圖 1)的平面展開圖(如圖 2)中，四邊形abcd 為邊長(zhǎng)

9、等于 2的正方形，abe 和bcf 均為正三角形在三棱錐 pabc中： 6 / 17 (1)證明：平面 pac平面 abc； (2)若點(diǎn) m 在棱 pa 上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線 bm 與平面 pac 所成的角最大時(shí)，求二面角 pbcm 的余弦值 解 (1)證明：如圖，設(shè) ac的中點(diǎn)為 o，連接 ob，po.由題意，得 papbpc 2，poob1. 因?yàn)樵趐ac中，papc， o為 ac的中點(diǎn)，所以 poac 因?yàn)樵趐ob中，po2ob2pb2，所以 poob 因?yàn)?acobo，ac平面 abc，ob平面 abc， 所以 po平面 abc 因?yàn)?po平面 pac，所以平面 pac平面 abc (2)由

10、(1)知，obpo，由題意可得 obac， 所以 ob平面 pac， 所以bmo是直線 bm 與平面 pac所成的角， 且 tanbmoobom1om，所以當(dāng)線段 om 最短，即 m 是 pa 的中點(diǎn)時(shí)，bmo最大 7 / 17 由 po平面 abc，obac，得 poob，pooc，oboc，以 o為坐標(biāo)原點(diǎn)，oc，ob，op 所在的直線分別為 x 軸、y 軸、z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則o(0,0,0) ， c(1,0,0) ， b(0,1 ， 0) ， a( 1 ， 0,0) ， p(0,0 ， 1) ，m12，0，12，bc(1，1,0)，pc(1,0，1)，mc32，0

11、，12. 設(shè)平面 mbc的法向量為 m(x1，y1，z1)， 由 m bc0，m mc0，得 x1y10，3x1z10， 令 x11，得 y11，z13， 即 m(1,1,3)是平面 mbc的一個(gè)法向量 設(shè)平面 pbc的法向量為 n(x2，y2，z2)， 由 n bc0，n pc0，得 x2y20，x2z20， 令 x21，得 y21，z21，即 n(1,1,1)是平面 pbc 的一個(gè)法向量 所以 cosm，nm n|m|n|5335 3333. 結(jié)合圖可知，二面角 pbcm 的余弦值為5 3333. 題型 3 立體幾何中的探索性問題 角度 1 探索性問題與平行相結(jié)合 例 3 如圖所示，四棱錐

12、 sabcd 的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的 2倍，點(diǎn) p為側(cè)棱 sd上的點(diǎn)，且 cpsd. (1)求證：acsd； 8 / 17 (2)若 sd平面 pac，則側(cè)棱 sc 上是否存在一點(diǎn) e，使得 be平面pac若存在，求 seec的值；若不存在，試說明理由 解 (1)證明：連接 bd，設(shè) ac 交 bd于點(diǎn) o，則 acbd.連接 so，由題意知 so平面 abcd. 以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ob，oc，os所在的直線分別為 x 軸、y 軸、z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示 設(shè)底面邊長(zhǎng)為 a，則高 so62a， 于是 s0，0，62a ，d22a，0，0 ，b22a，0，0 ，

13、c0，22a，0 ，oc0，22a，0 ，sd22a，0，62a ， 則oc sd0.故 ocsd，從而 acsd. (2)棱 sc上存在一點(diǎn) e，使 be平面 pac 理由如下：由已知條件及(1)，可知ds是平面 pac 的一個(gè)法向量，且ds22a，0，62a ，cs0，22a，62a ，bc22a，22a，0 . 設(shè)cetcs，則bebccebctcs22a，22a(1t)，62at ，而be ds0t13. 即當(dāng) seec21時(shí)，beds. 又 be平面 pac，故 be平面 pac 沖關(guān)策略 利用向量法探究線面平行，只需將這條直線的方向向量用平面內(nèi)兩個(gè)不共線的向量來線性表示或轉(zhuǎn)化為直線

14、的方向向量與平面的法向量垂直來處理，再說明這條直線不在已知平面內(nèi) 9 / 17 變式訓(xùn)練 3 如圖，在長(zhǎng)方體 abcda1b1c1d1中，aa1ad1，e 為 cd的中點(diǎn) (1)求證：b1ead1； (2)在棱 aa1上是否存在一點(diǎn) p，使得 dp平面 b1ae？若存在，求 ap 的長(zhǎng)；若不存在，說明理由 解 (1)證明：以點(diǎn) a 為原點(diǎn)，ab，ad，aa1的方向分別為 x 軸、y 軸、z 軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖) 設(shè) aba，則 a(0,0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,1)，ea2，1，0 ，b1(a,0,1)故ad1(0,1,1)，b1ea2，1，1 . ad1 b

15、1ea2011(1)10， b1ead1. (2)假設(shè)在棱 aa1上存在一點(diǎn) p(0,0，z0)，使得 dp平面 b1ae，此時(shí)dp(0，1，z0).ab1(a,0,1)，aea2，1，0 . 設(shè)平面 b1ae的法向量 n(x，y，z) n平面 b1ae， nab1，nae，得 axz0，ax2y0. 取 x1，得平面 b1ae的一個(gè)法向量 n1，a2，a . 10 / 17 要使 dp平面 b1ae，只要 ndp，有a2az00， 解得 z012. 又 dp平面 b1ae， 存在點(diǎn) p，滿足 dp平面 b1ae，此時(shí) ap12. 角度 2 探索性問題與垂直相結(jié)合 例 4 (2020 聊城二模

16、) 如圖，將長(zhǎng)方形 oaa1o1(及其內(nèi)部)繞 oo1旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，其中 oa1，oo12，弧a1b1的長(zhǎng)為6，ab為o的直徑 (1)在弧ab上是否存在點(diǎn) c(c，b1在平面 oaa1o1的同側(cè))，使 bcab1.若存在，確定其位置；若不存在，說明理由； (2)求二面角 a1o1bb1的余弦值 解 (1)存在當(dāng) b1c為圓柱 oo1的母線時(shí)，bcab1. 如圖所示，連接 bc，ac，b1c， 因?yàn)?b1c為圓柱 oo1的母線， 所以 b1c平面 abc， 又因?yàn)?bc平面 abc， 所以 b1cbc 因?yàn)?ab為圓 o的直徑， 11 / 17 所以 bcac 又 acb1cc，所以 bc平

17、面 ab1c 因?yàn)?ab1平面 ab1c，所以 bcab1. (2)以 o 為原點(diǎn)，oa，oo1分別為 y，z 軸，垂直于 y，z 軸的直線為 x 軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示 a1(0,1,2)，o1(0,0,2)，b(0，1，0)，因?yàn)閍1b1的長(zhǎng)為6，所以a1o1b16，b112，32，2 ，o1b(0，1，2)，o1b112，32，0 . 設(shè)平面 o1b1b的法向量 m(x，y，z)， 則 y2z0，12x32y0，令 x3，解得 y 3，z32. 所以 m3， 3，32. 因?yàn)?x 軸垂直平面 a1o1b， 所以設(shè)平面 a1o1b的一個(gè)法向量為 n(1,0,0) 所以 cosm，n

18、393342 5117， 因?yàn)槎娼?a1o1bb1的平面角為銳角，所以其余弦值為2 5117. 沖關(guān)策略 利用向量法探究垂直問題，其一證明直線與直線垂直，只需證明兩條直線的方向向量垂直，其二證明面面垂直，只需證明兩個(gè)平面的法向量垂直，解題的關(guān)鍵是靈活建系，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算 變式訓(xùn)練 4 如圖，正方形 adef 所在平面和等腰梯形 abcd 所在的平面互12 / 17 相垂直，已知 bc4，abad2. (1)求證：acbf； (2)在線段 be 上是否存在一點(diǎn) p，使得平面 pac平面 bcef？若存在，求出bppe的值；若不存在，請(qǐng)說明理由 解 (1)證明：平面 adef平面

19、abcd，平面 adef平面 abcdad，afad，af平面 adef， af平面 abcd. ac平面 abcd，afac 過 a作 ahbc于點(diǎn) h，則 bh1，ah 3，ch3， ac2 3，ab2ac2bc2，acab， abafa，ab平面 fab，af平面 fab， ac平面 fab， bf平面 fab，acbf. (2)存在由(1)知，af，ab，ac 兩兩垂直以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ab，ac，af的方向分別為 x 軸、y 軸、z 軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系axyz，則 a(0,0,0)，b(2，0,0)，c(0,2 3，0)，e(1， 3，2) 假設(shè)在線段 be上存

20、在一點(diǎn) p滿足題意，則易知點(diǎn) p不與點(diǎn) b，e重合， 設(shè)bppe，則 0，p21，31，21. 13 / 17 設(shè)平面 pac的法向量為 m(x，y，z) 由ap21，31，21，ac(0,2 3，0)， 得 m ap21x31y21z0，m ac2 3y0， 即 y0，z22x，令 x1，則 z22， 所以 m1，0，22為平面 pac 的一個(gè)法向量 同理，可求得 n1，33，1 為平面 bcef的一個(gè)法向量 當(dāng) m n0，即 23時(shí)，平面 pac平面 bcef， 故存在滿足題意的點(diǎn) p，此時(shí)bppe23. 角度 3 探索性問題與空間角相結(jié)合 例 5 如圖，四棱錐 pabcd 中，pa底面

21、abcd，底面 abcd 是直角梯形，adc90 ，adbc，abac，abac 2，點(diǎn) e 在 ad 上，且 ae2ed. (1)已知點(diǎn) f在 bc上，且 cf2fb，求證：平面 pef平面 pac； (2)當(dāng)二面角 apbe的余弦值為多少時(shí)，直線 pc與平面 pab所成的角為45 ？ 解 (1)證明：abac，abac，acb45 ， 底面 abcd是直角梯形，adc90 ，adbc， cad45 ，即 adcd， 14 / 17 又 abac，bc 2ac2ad， ae2ed，cf2fb，aebf23ad， 四邊形 abfe是平行四邊形， abef，acef， pa底面 abcd，pae

22、f， paaca，ef平面 pac， ef平面 pef， 平面 pef平面 pac (2)paac，acab，paaba， ac平面 pab，則apc為 pc與平面 pab所成的角， 若 pc與平面 pab所成的角為 45 ， 則 tanapcacpa1，即 paac 2， 取 bc 的中點(diǎn)為 g，連接 ag，則 agbc，以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 axyz，則 a(0,0,0)，b(1，1,0)，c(1,1,0)，e0，23，0 ，p(0,0，2)，eb1，53，0 ，ep0，23， 2 ， 設(shè)平面 pbe的法向量為 n(x，y，z)， 則 n eb0，n ep0，即

23、 x53y0，23y 2z0， 令 y3，則 x5，z 2，n(5,3， 2)， 15 / 17 ac(1,1,0)是平面 pab 的一個(gè)法向量， cosn，ac53262 23， 故結(jié)合圖形可知當(dāng)二面角 apbe 的余弦值為2 23時(shí)，直線 pc 與平面pab所成的角為 45 . 沖關(guān)策略 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷對(duì)于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)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(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等 變式訓(xùn)練 5 已知正方形的邊長(zhǎng)為 4，e，f 分別為 ad，bc 的中點(diǎn)，以 ef為棱將正方形 abcd折成如圖所示的 60 的二面角，點(diǎn) m 在線段 ab上 (1)若 m 為 ab 的中點(diǎn)，且直線 mf 與由 a，d，e 三點(diǎn)所確定平面的交點(diǎn)為o，試確定點(diǎn) o的位置，并證明直線 od平面 emc； (2)是否存在點(diǎn) m，使得直線 de 與平面 emc 所成的角為 60 ；若存在，求此時(shí)二面角 mecf的余弦值；若不存在，說明理由 解 (1)因?yàn)橹本€ mf平面 abfe，故點(diǎn) o 在平面 abfe 內(nèi)也在平面 ade內(nèi)，所以點(diǎn) o 在平面 abfe 與