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1、立体几何中的综合问题高考解答题专项四考情分析从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.向量法求解空间几何问题的步骤:建、设、求、算、取.1.建:建立空间直角坐标系,以三条互相垂直的直线的交点为原点,没有三条垂线时需要作辅助线;建立右手直角坐标系(尽可能使得较多的关键点
2、落在坐标轴或者坐标平面内);2.设:设出所需的点的坐标,得出所需要的向量坐标;3.求:求出所需平面的法向量;4.算:运用向量的数量积,验证平行与垂直,利用线面角公式求线面角,或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值;5.取:根据题意或者二面角、线面角的取值范围得出答案.增素能精准突破考向1.空间位置关系的证明与线面角例1.(2021 福建泉州二模)如图,在等腰直角三角形ABC 中,CD 是斜边AB 上的高,沿CD将ACD折起,使点A 到达点P 的位置,如图,PBD=60,E,F,H 分别为PB,BC,PD 的中点,G 为CF 的中点.(1)求证:GH 平面DEF;(2)求直线GH 与平面PBC 所
3、成角的正弦值.(1)证明:如图,连接BH,交DE 于点M,连接MF.因为ABC 是等腰直角三角形,CD 是斜边AB 上的高,所以AD=DB,即PD=DB.因为PBD=60,所以PBD 是等边三角形.因为E,H 分别为PB,PD 的中点,所以M 是等边三角形PBD 的中心,所以MF GH.又MF 平面DEF,GH 平面DEF,所以GH 平面DEF.突破技巧利用空间向量求线面角的解题模型 对点训练1(2021 江苏南京期末)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,B1C=,AB B1C.(1)求证:平面ABB1A1平面ABC;(2)若点P 在棱BB1上,且直线CP 与平面ACC1A1所成
4、角的正弦值为,求BP 的长.(1)证明:如图,取AB 的中点D,连接CD,B1D.因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,所以AB CD,CD=,BD=1.又因为AB B1C,且CDB1C=C,所以AB 平面B1CD.又因为B1D 平面B1CD,所以AB B1D.所以CD2+B1D2=B1C2,所以CD B1D.又因为AB B1D,ABCD=D,所以B1D 平面ABC.又因为B1D 平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面ABC.(2)解:以D 为原点,DC,DA,DB1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,考向2.空间位置关系的证明与二面角例2.(202
5、1山东烟台二模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD 为直角梯形,AB CD,AB BC,DD1底面ABCD,AB=2BC=2CD=2DD1=4D1C1,P 为棱CC1的中点.(1)证明:AC 平面B1DP;(2)求二面角B1-DP-C 的余弦值.又QC 平面B1DP,B1P 平面B1DP,QC 平面B1DP,同理可得OQ 平面B1DP,又OQQC=Q,平面B1DP 平面OQC.又AC 平面OQC,AC 平面B1DP.解题心得利用法向量求二面角的余弦时,由于法向量的方向不同,两个法向量的夹角与二面角的大小可能相等,也可能互补.所以两个法向量的夹角的余弦值与二面角的余弦值可能
6、存在正负号的差异.对点训练2如图所示,四边形ABCD 为等腰梯形,AD BC,且AD=BC=a,BAD=135,AE BC 于点E,F 为BE 的中点.将ABE 沿着AE 折起至ABE 的位置,得到如图所示的四棱锥B-ADCE.(1)求证:AF 平面BCD;(2)若平面ABE 平面AECD,求二面角B-CD-E 的余弦值.(1)证明:取BC 的中点G,连接FG,DG.F 为BE 的中点,AD FG,AD=FG,四边形ADGF 为平行四边形,AF DG.AF 平面BCD,DG 平面BCD,AF 平面BCD.(2)解:易证EA,EB,EC 两两垂直,故以点E 为原点,EB 为x 轴,EC 为y 轴
7、,EA 为z轴,建立空间直角坐标系,B(a,0,0),D(0,a,a),C(0,2a,0),考向3.翻折与展开问题例3.如图,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AP=PD,将P AD 沿AD 折起使平面P AD 平面ABCD.(1)若M 为PC 上一点,且满足BM PD,求证:PD AM;(1)证明:因为平面P AD 平面ABCD,平面P AD 平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,AB AD,所以AB 平面P AD,又PD 平面P AD,所以PD AB.又PD BM,ABBM=B,所以PD 平面ABM,又AM 平面ABM,所以PD AM.(2)解:取AD 中点O,连接OP,因为AP=PD
8、,所以OP AD.又平面P AD 平面ABCD,所以OP 平面ABCD.突破技巧1.翻折问题的两个解题策略 2.“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程,“展开问题”是指将立体图形的表面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形,再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题型.解决展开问题的关键是:确定需要展开立体图形中的哪几个面(有时需要分类讨论),以及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题.对点训练3(2021 贵州黔东南一模)如图,在四棱锥P-ABCD 的展开图中,点P 分别对应点P1,P2,P3,P4,已知点A,D 均在线段P1P3上,且P1P3P2C,P1P3P2C=D,四边形ABCP
9、2为等腰梯形,AB CP2,AB=CP2.(1)若M 为线段BC 的中点,证明:BC 平面PDM;(2)求二面角A-PB-C 的余弦值.(1)证明:由P1P3P2C,P1P3P2C=D,可知PD,AD,CD 两两相互垂直.因为ADCD=D,所以PD 平面ABCD,则PD BC.连接BD,作BE CD,点E 为垂足,因为AB=CP2,且四边形ABCP2是等腰梯形,所以P2D=DE=EC,所以BD=BC.又AB=BC,所以BC=CD,所以BCD是正三角形.又因为M 为BC 的中点,所以DM BC.又因为PDDM=D,PD 平面PDM,DM 平面PDM,所以BC 平面PDM.(2)解:以D 为坐标原
10、点,以DA,DC,DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.考向4.位置关系中的探索性问题例4.(2021广东茂名二模)如图,在四棱锥P-ABCD 中,P A 平面ABCD,四边形ABCD 为矩形,AD=2,AB=1,P A=,E 为线段BC 上一动点.(1)若F 为线段PD 上一点,PD=3DF,是否存在点E,使得EF 平面P AB?若存在,求出CE 的长;若不存在,请说明理由.(2)若DE PE,求直线PC 与平面PED 所成角的余弦值.解:依题意,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.突破技巧存在性问题的两
11、种探索方式 对点训练4(2021 贵州贵阳一中高三月考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O 是AC 与BD 的交点,点E 是线段OD1上的一点.(1)若点E 为OD1的中点,求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值;(2)是否存在点E,使得平面CDE平面CD1O?若存在,请指出点E 的位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.解:(1)不妨设正方体的棱长为2.以D 为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),O(1,1,0).取x0=2,则y0=0,z0=-1,所以p
12、=(2,0,-1)为平面CDE的一个法向量.设直线OD1与平面CDE所成角为,(2)存在,且点E 为线段OD1上靠近点O 的三等分点.理由如下.假设存在点E,使得平面CDE平面CD1O.同第(1)问建立空间直角坐标系,易知点E 不与点O 重合,考向5.空间角中的探索性问题例5.(2021湖南师大附中高三月考)如图,在五面体ABCDE 中,平面BCD平面ABC,AC BC,ED AC,且AC=BC=2ED=2,DC=DB=.(1)求证:平面ABE 平面ABC;(2)线段BC 上是否存在一点F,(1)证明:如图,设BC 的中点为O,过O 在平面ABC 中作OG AC,G 为OG 与AB的交点,因为
13、AC BC,所以OG BC.连接OD,因为DC=DB,所以OD BC.又平面BCD平面ABC,平面ABC 平面BCD=BC,所以OD 平面ABC,所以OD OG,故OG,OB,OD 三条直线两两垂直,如图建立空间直角坐标系O-xyz.突破技巧与空间角有关的存在性问题的解题流程 对点训练5(2021 福建漳州二模)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面P AB 底面ABCD,底面ABCD 是直角梯形,AD BC,AB BC,P AB=120,P A=AD=AB=1,BC=2.(1)证明:平面PBC 平面P AB;(2)在线段PB 上是否存在点M,使得直线AM 与平面PBD 所成角的正弦值为?若存在
14、,求出线段PM 的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明:平面P AB 平面ABCD,且平面P AB 平面ABCD=AB,BC AB,BC 平面ABCD,BC 平面ABP.又BC 平面PBC,平面PBC 平面P AB.(2)解:在平面P AB 内,过点A 作AE AB 交PB 于点E,则可知AE 平面ABCD.以A 为坐标原点,分别以直线AB,AD,AE 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,由P AB=120,P A=AD=AB=1,BC=2,考向6.立体几何中的最值问题例6.(2021宁夏银川一中高三月考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧棱P A 底面ABCD,AD BC,ABC=
15、90,P A=AB=BC=2,AD=1,M 是棱PB 的中点.(1)求证:AM 平面PCD;(2)设点N 是线段CD 上一动点,且DN=DC,当直线MN与平面P AB 所成的角最大时,求 的值.(1)证明:ABC=90,AD BC,BAD=90,又P A 底面ABCD,以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,P A=AB=BC=2,AD=1,A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1),易得平面P AB 的一个法向量m=(1,0,0),设直线MN与平面P AB 所成的角为,突破技巧与体积、面积有关的最值问题的解题策略空间几何体中
16、的某些对象,如点、线、面,在约束条件下运动,带动相关的长度、面积、体积、几何元素的夹角、距离等发生变化,进而就有相应的最值问题.在空间几何体的变化过程中,通过观察运动点的位置变化,将所求问题转化为某一个相关变量的函数,再求其最大值或最小值.有时也可根据基本不等式解决问题.对点训练6(2021 云南昆明一中高三月考)如图,在四棱锥P-ABCD 中,四边形ABCD 是矩形,点D 在以AP 为直径的圆上,平面P AD 平面ABCD,P A=2,PB=,平面PBC 平面P AD=m.(1)证明:直线m 平面PDC;(2)当三棱锥P-ABD 体积最大时,求二面角C-PB-A 的余弦值.(1)证明:因为四边形ABCD 是矩形,所以AD CD.因为点D 在以AP 为直径的圆上,所以AD DP,CDDP=D,CD 平面PDC,DP 平面PDC,所以AD 平面PDC.因为AD BC,AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD 平面PBC.因为平面PBC 平面P AD=m,所以AD m,所以直线m 平面PDC.