1、高考专题突破四高考专题突破四高考中的立体几何问题高考中的立体几何问题 题型一 空间角的求法 命题点 1线线角 例 1 如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90， 点 E，F 分别是棱 AB，BB1的中点，试求直线 EF 和 BC1所成的角 解以 B 为原点，分别以直线 BC，BA，BB1为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系(如图) 设 AB1，则 B(0,0,0)，E 0，1 2，0，F 0，0，1 2 ，C1(1,0,1)， 所以EF 0，1 2， 1 2 ，BC1 (1,0,1) 于是 cosBC1 ， EF BC1 EF |BC1 |EF
2、 | 1 2 2 2 2 1 2， 所以直线 EF 和 BC1所成角的大小为 60. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是 0， 2 ，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的 余弦值的绝对值 跟踪训练 1 (1)如图所示，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是棱 CC1的中点，AF AD ，若异面直线 D1E 和 A1F 所成角的余弦值为3 2 10 ，则的值为_ 答案 1 3 解析以 D 为原点，以 DA，D
3、C，DD1分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正 方体的棱长为 2， 则 A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)， D1E (0,2，1)，A1F A1A AF A 1A AD (2，0，2) cosA1F ， D1E A1F D1E |A1F |D1E | 2 2 21 5 3 2 10 ， 解得1 3 1 3舍. (2)如图，在棱长为 1 的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD 中，M，N 分别为 BC，AD 的 中点，则直线 AM 和 CN 夹角的余弦值为_ 答案 2 3 解析以CA ， CB，CD 作为基底， 则MA CA CM C
4、A 1 2CB ，CN 1 2(CA CD ) 设向量CN 与MA 的夹角为， 则直线 AM 和 CN 夹角的余弦值等于|cos |. CN MA 1 2(CA CD ) CA 1 2CB 1 2CA 21 4CA CB1 2CD CA 1 4CD CB 1 2 1 8 1 4 1 8 1 2. 又ABC 和ACD 均为等边三角形， 所以|MA |CN | 3 2 . 所以 cos CN MA |CN |MA | 1 2 3 2 3 2 2 3. 所以直线 AM 和 CN 夹角的余弦值为2 3. 命题点 2线面角 例 2 (12 分)(2020新高考全国)如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方
5、形，PD底面 ABCD. 设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l. (1)证明：l平面 PDC； (2)已知 PDAD1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值 规范解答 (1)证明在正方形 ABCD 中，ADBC， 因为 AD平面 PBC，BC平面 PBC， 所以 AD平面 PBC， 又因为 AD平面 PAD， 平面 PAD平面 PBCl， 所以 ADl，2 分 因为在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 是正方形， 所以 ADDC，所以 lDC， 且 PD平面 ABCD，所以 ADPD，所以 lPD， 因为 DCPDD， 所以 l平面 PDC.4 分
6、 (2)解以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向， 如图建立空间直角坐标系 Dxyz， 因为 PDAD1，则有 D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，5 分 设 Q(m,0,1)， 则有DC (0,1,0)，DQ (m,0,1)，PB (1,1，1)，6 分 设平面 QCD 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 DC n0， DQ n0， 即 y0， mxz0， 令 x1，则 zm， 所以平面 QCD 的一个法向量为 n(1,0，m)，9 分 则 cosn， PB nPB |n|PB | 10m 3 m21.10 分 根据直线的方
7、向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦 值， 所以直线 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值等于 |cosn， PB | |1m| 3 m21 3 3 12mm2 m21 3 3 1 2m m21 3 3 1 2|m| m21 3 3 11 6 3 ， 当且仅当 m1 时取等号， 所以直线 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为 6 3 .12 分 第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直 第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标 第三步：求直线的方向向量和平面的法向量 第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值 第五步：反思解题思路，
8、检查易错点 跟踪训练 2如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABC 3，PA底面 ABCD，点 M 是棱 PC 的中点 (1)求证：PA平面 BMD； (2)当 PA 3时，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值 (1)证明如图，连接 AC 交 BD 于点 O，易知 O 为 AC 的中点，连接 MO. M，O 分别为 PC，AC 的中点，PAMO. PA平面 BMD，MO平面 BMD， PA平面 BMD. (2)解如图，取线段 BC 的中点 H，连接 AH. 四边形 ABCD 为菱形，ABC 3，AHAD. 以 A 为坐标原点，分别以 AH，AD，AP 所在
9、直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系 A(0,0,0)，B( 3，1,0)，C( 3，1,0)，P(0,0， 3)， M 3 2 ，1 2， 3 2 ， AM 3 2 ，1 2， 3 2 ，BC (0,2,0)，PC( 3，1， 3) 设平面 PBC 的法向量为 m(x，y，z) 由 mBC 0， mPC 0， 得 2y0， 3xy 3z0. 取 z1，则 x1，y0，m(1,0,1) 设直线 AM 与平面 PBC 所成的角为，则 sin |cosm， AM | |mAM | |m|AM | | 3 2 11 20 3 2 1| 2 7 4 42 7 . 直线 AM
10、与平面 PBC 所成角的正弦值为 42 7 . 命题点 3二面角 例 3 (2020全国)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD.ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO. (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值 (1)证明由题设，知DAE 为等边三角形，设 AE1， 则 DO 3 2 ，COBO1 2AE 1 2， 所以 PO 6 6 DO 2 4 ，PC PO2OC2 6 4 ， 同理 PB 6 4 ，PA 6 4 ， 又ABC 为等边三角形， 则 BA sin 602OA，所以 BA 3 2 ，
11、 PA2PB23 4AB 2，则APB90， 所以 PAPB，同理 PAPC， 又 PCPBP，PC，PB平面 PBC， 所以 PA平面 PBC. (2)解过 O 作 ONBC 交 AB 于点 N， 因为 PO平面 ABC，以 O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴，ON 所在直线为 y 轴，OD 所 在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E 1 2，0，0，P 0，0， 2 4 ，B 1 4， 3 4 ，0 ，C 1 4， 3 4 ，0 ， PC 1 4， 3 4 ， 2 4 ，PB 1 4， 3 4 ， 2 4 ，PE 1 2，0， 2 4 ， 设平面 PCB 的一个法向
12、量为 n(x1，y1，z1)， 由 nPC 0， nPB 0， 得 x1 3y1 2z10， x1 3y1 2z10， 令 x1 2，得 z11，y10，所以 n( 2，0，1)， 设平面 PCE 的一个法向量为 m(x2，y2，z2)， 由 mPC 0， mPE 0， 得 x2 3y2 2z20， 2x2 2z20， 令 x21，得 z2 2，y2 3 3 ， 所以 m 1， 3 3 ， 2 ， 故 cosm，n mn |m|n| 2 2 3 10 3 2 5 5 ， 所以二面角 BPCE 的余弦值为2 5 5 . 思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的
13、法向量， 然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是 锐角还是钝角 (2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种： 求平面的垂线的方向向量利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程 组求解 跟踪训练 3 (2020宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADAB， ABDC，ADDCAP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点 (1)证明：BEPD； (2)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BFAC，求二面角 FABD 的余弦值 解依题意，以点 A 为原点，以 AB，AD，AP 为 x
14、轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图， 可得 B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2) 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1) (1)证明向量BE (0,1,1)，PD (0,2，2)， 故BE PD 0，所以BE PD ，所以 BEPD. (2)解BC (1,2,0)，CP (2，2,2)，AC (2,2,0)，AB (1,0,0)， 由点 F 在棱 PC 上，设CF CP，01， 故BF BCCFBCCP(12，22，2)， 由 BFAC，得BF AC0， 所以 2(12)2(22)0，3 4， 即BF 1 2， 1 2， 3 2 . 设 n1(
15、x，y，z)为平面 FAB 的法向量，则 n1AB 0， n1BF 0， 即 x0， 1 2x 1 2y 3 2z0， 不妨令 z1，可得 n1(0,3，1)为平面 FAB 的一个法向量， 取平面 ABD 的法向量 n2(0,0,1)， 则 cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 1 10 10 10 ， 又因为二面角 FABD 为锐二面角， 所以二面角 FABD 的余弦值为 10 10 . 题型二 立体几何中的探索性问题 例 4 (八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲 性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 2与多面
16、体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面 上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如正四面体在 每个顶点有 3 个面角，每个面角是 3，所以正四面体在各顶点的曲率为 23 3，故其总 曲率为 4. (1)求四棱锥的总曲率； (2)若多面体满足：顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲率是常数 (1)解总曲率2顶点数所有内角和， 对于四棱锥底面的内角和为 2， 四个侧面的内角 和为 4， 从而总曲率为 10244. (2)证明对于多面体有顶点数棱数面数2， 总曲率顶点数2各面内角之和， 设面数为 k，ni为第 i(i1,2，k)
17、个面的边数，各面内角之和可以表示为错误错误!(ni2)， 由于一个棱会出现在两个面上，所以错误错误!(ni2)棱数2面数2， 从而总曲率2顶点数棱数2面数22(顶点数棱数面数)224. 思维升华 随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，其 中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景 跟踪训练 4设 P 为多面体 M 的一个顶点，定义多面体 M 在点 P 处的离散曲率为 1 1 2(Q 1PQ2Q2PQ3Qk1PQkQkPQ1)，其中 Qi(i1,2，k，k3)为多面体 M 的所有与点 P 相邻的顶点，且平面 Q1PQ2，平面 Q2P
18、Q3，平面 Qk1PQk和平面 QkPQ1 遍历多面体 M 的所有以 P 为公共点的面 任取正四面体的一个顶点， 在该点处的离散曲率为 _；如图所示，已知长方体 A1B1C1D1ABCD，ABBC1，AA1 2 2 ，点 P 为底面 A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥 PABCD 在点 P 处的离散曲率的最小值为_ 答案 1 2 1 3 解析由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，在该点 处的离散曲率为 1 1 2 3 3 3 11 2 1 2； 已知长方体 A1B1C1D1ABCD，点 P 为底面 A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥 PABCD 在 点 P
19、 处的离散曲率为 1 1 2(APDAPBBPCCPD)， 又由 ABBC1，AA1 2 2 ，所以 ACBD 2，且 A1B1C1D1为正方形， 当APDAPBBPCCPD 时，即点 P 为正方形 A1B1C1D1的中心时，离散曲率取得 最小值， 此时APDAPBBPCCPD 3， 即 1 1 2 3 3 3 3 12 3 1 3. 课时精练课时精练 1.(2020全国)如图， 在长方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 E， F 分别在棱 DD1， BB1上， 且 2DE ED1，BF2FB1. (1)证明：点 C1在平面 AEF 内； (2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEF
20、A1的正弦值 (1)证明设 ABa，ADb，AA1c， 如图， 以 C1为坐标原点， C1D1 ， C 1B1 ，C 1C 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标 系 C1xyz. 连接 C1F，则 C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E a，0，2 3c，F 0，b，1 3c， EA 0，b，1 3c，C1F 0，b，1 3c， 所以EA C 1F ， 所以 EAC1F， 即 A，E，F，C1四点共面， 所以点 C1在平面 AEF 内 (2)解由已知得 A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)， 则AE (0，1，1)，AF(2,0，2
21、)， A1E (0，1,2)，A1F (2,0,1) 设 n1(x1，y1，z1)为平面 AEF 的法向量， 则 n1AE 0， n1AF 0， 即 y1z10， 2x12z10， 可取 n1(1，1,1) 设 n2(x2，y2，z2)为平面 A1EF 的法向量， 则 n2A1E 0， n2A1F 0， 即 y22z20， 2x2z20， 同理可取 n2 1 2，2，1. 因为 cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 7 7 ， 所以二面角 AEFA1的正弦值为 42 7 . 2(2020全国)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M， N 分别
22、为 BC，B1C1的中点，P 为 AM 上一点过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. (1)证明：AA1MN，且平面 A1AMN平面 EB1C1F； (2)设 O 为A1B1C1的中心，若 AO平面 EB1C1F，且 AOAB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值 (1)证明因为侧面 BB1C1C 是矩形，且 M，N 分别为 BC，B1C1的中点， 所以 MNCC1. 又由已知得 AA1CC1，故 AA1MN. 因为A1B1C1是正三角形，所以 B1C1A1N. 又 B1C1MN，故 B1C1平面 A1AMN. 又 B1C1平面 EB1C1F， 所以平面
23、A1AMN平面 EB1C1F. (2)解由已知得 AMBC.以 M 为坐标原点，MA 的方向为 x 轴正方向，|MB |为单位长度，建 立如图所示的空间直角坐标系， 则 AB2，AM 3. 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形， 故 PM2 3 3 ，E 2 3 3 ，1 3，0. 由(1)知平面 A1AMN平面 ABC， 作 NQAM，垂足为 Q， 则 NQ平面 ABC. 设 Q(a,0,0)， 则 NQ4 2 3 3 a 2，B1 a，1，4 2 3 3 a 2 ， 故B1E 2 3 3 a，2 3， 4 2 3 3 a 2 ，|B1E |2 10 3 . 又 n(0，1,0)是平
24、面 A1AMN 的一个法向量， 故 sin 2n，B 1E cosn， B1E nB1E |n|B1E | 10 10 . 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 10 10 . 3如图 1，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，E 是 AD 的中点，F 是 CD 的中点，现将DEF 沿 EF 翻折成如图 2 所示的五棱锥 PABCFE. (1)求证：AC平面 PEF； (2)若平面 PEF平面 ABCFE，求直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值 (1)证明在题图 1 中，连接 AC. 又 E，F 分别为 AD，CD 的中点， 所以 EFAC. 即题图 2 中有 EFAC
25、. 又 EF平面 PEF，AC平面 PEF， 所以 AC平面 PEF. (2)解在题图 2 中，取 EF 的中点 O，并分别连接 OP，OB. 分析知，OPEF，OBEF. 又平面 PEF平面 ABCFE， 平面 PEF平面 ABCFEEF，PO平面 PEF， 所以 PO平面 ABCFE. 又 AB4， 所以 PFAEPE2，EOOPOF 2，OB3 2. 分别以 O 为原点，OE，OB，OP 为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 O(0,0,0)，P(0,0， 2)，B(0，3 2，0)，E( 2，0,0)，A(2 2，2，0)， 所以BP (0，3 2， 2)，EA
26、( 2，2，0)，EP( 2，0， 2) 设平面 PAE 的一个法向量 n(x，y，z)， 则 2x 2y0， 2x 2z0， 取 x1，则 y1，z1， 所以 n(1，1,1) 所以 cosBP ，n 013 21 21 023 22 22 121212 2 30 15 . 分析知，直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值为2 30 15 . 4(2020宜昌模拟)如图，四边形 ABCD 是正方形，四边形 BDEF 为矩形，ACBF，G 为 EF 的中点 (1)求证：BF平面 ABCD； (2)二面角 CBGD 的大小可以为 60吗，若可以求出此时BF BC的值，若不可以，请说明理由 (1
27、)证明四边形 BDEF 为矩形，BFBD， 又ACBF，AC，BD 为平面 ABCD 内两条相交直线， BF平面 ABCD. (2)解假设二面角 CBGD 的大小可以为 60， 由(1)知 BF平面 ABCD，以 A 为原点，分别以 AB，AD 为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系， 如图所示，不妨设 ABAD2， BFh(h0)，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)， EF 的中点 G(1,1，h)，BG (1,1，h)，BC (0,2,0) 设平面 BCG 的法向量为 n(x，y，z)， 则 BG n0， BC n0， 即 xyhz0， 2y0， 取 n(h,0,1)
28、由于 ACBF，ACBD，BFBDB，BF，BD平面 BDG，AC平面 BDG， 平面 BDG 的一个法向量为AC (2,2,0) 由题意得 cos 60| nAC |n|AC | 2h h21 44， 解得 h1，此时BF BC 1 2. 当BF BC 1 2时，二面角 CBGD 的大小为 60. 5.如图所示，在梯形 ABCD 中，ABCD，BCD120，四边形 ACFE 为矩形，且 CF平 面 ABCD，ADCDBCCF. (1)求证：EF平面 BCF； (2)点 M 在线段 EF 上运动，设平面 MAB 与平面 FCB 所成锐二面角为，试求 cos 的取值范围. (1)证明设 ADCD
29、BC1， ABCD，BCD120，AB2， AC2AB2BC22ABBCcos 603， AB2AC2BC2，则 BCAC. 四边形 ACFE 为矩形，ACCF， 又 CF，BC平面 BCF，且 CFBCC， AC平面 BCF. EFAC，EF平面 BCF. (2)解以 C 为坐标原点，分别以直线 CA，CB，CF 为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系， 设 ADCDBC1，令 FM(0 3)， 则 C(0，0，0)，A( 3，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)， AB ( 3，1，0)，BM (，1，1)， 设 n1(x，y，z)为平面 MAB 的一个法向量， 由 n1AB 0， n1BM 0 得 3xy0， xyz0， 取 x1，所以 n1(1， 3， 3)， n2(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量 cos |n1n2| |n1|n2| 1 13( 3)2 1 ( 3)24. 0 3， 当0 时，cos 有最小值 7 7 ， 当 3时，cos 有最大值1 2，cos 7 7 ，1 2 .
