立体几何热点问题.docx

1、核心热点真题印证核心素养 线、 面位置关系 与空间角 2020全国卷，19；2020全国卷， 18；2020新高考，20；2019全国 卷，18；2019全国卷，17；2018全 国卷，19 直观想象，数学运算， 逻辑推理 立体几何中的 折叠问题 2020天津卷，17；2019全国卷，19； 2018全国卷，18 直观想象，数学运算， 逻辑推理 立体几何中的 开放问题 2020江苏卷，22；2019北京卷，16； 2019天津卷，17；2018全国卷，20 直观想象，数学运算， 逻辑推理 线面位置关系与空间角 (选择性必修第一册 P64 第 6 题) 如图，四棱锥 SABCD 的底面是正方形，

2、每条侧棱的长都是底面边长的 2倍， P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证：ACSD； (2)若 SD平面 PAC，求二面角 PACD 的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE平面 PAC，若存在， 求 SEEC 的值；若不存在，试说明理由. 试题评析1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或 判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角. 2.教材给出的解法虽然都用到了向量， 但第(1)(3)问仍然没有脱离线面平行、 线面 垂直的判定定理，第(2)问是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解. 3.除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平

3、面的法向量解答本题，其优点 是可以使几何问题代数化. 【教材拓展】 (2021福州质检)如图所示， 在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，BCAD，ABBC，ADC 45，PA平面 ABCD，ABAP1，AD3. (1)求异面直线 PB 与 CD 所成角的大小； (2)求点 D 到平面 PBC 的距离. 解(1)由题意可知 AB，AD，AP 两两垂直， 以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 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 P(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，3，0)， 所以PB (1，0，1)， CD (1

4、，1，0). 设异面直线 PB 与 CD 所成角为， 则 cos |PB CD | |PB |CD | |1（1）01（1）0| 2 2 1 2， 所以异面直线 PB 与 CD 所成角为 60. (2)在第(1)问中的空间直角坐标系，设平面 PBC 的法向量为 n(x，y，z)， 由PB (1，0，1)，BC(0，2，0)，CD (1，1，0)， 得 nPB xz0， nBC 2y0， 取 x1，得 y0，z1. 则 n(1，0，1)为平面 PBC 的一个法向量. 所以点 D 到平面 PBC 的距离 d|nCD | |n| |1（1）0110| 2 2 2 . 【链接高考】 (2020天津卷)

5、如图， 在三棱柱ABCA1B1C1中， CC1 平面 ABC，ACBC，ACBC2，CC13，点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点. (1)求证：C1MB1D； (2)求二面角 BB1ED 的正弦值； (3)求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值. 解依题意，以 C 为原点，分别以CA ， CB ，CC1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正 方向建立空间直角坐标系(如图)，可得 C(0，0，0)，A(2，0，0)， B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)， E(0，0，2)，M

6、(1，1，3). (1)证明依题意，C1M (1，1，0)，B1D (2，2，2)， 从而C1M B1D 2200，所以 C1MB1D. (2)依题意，CA (2，0，0)是平面 BB1E 的一个法向量， EB1 (0，2，1)，ED (2，0，1). 设 n(x，y，z)为平面 DB1E 的法向量，则 nEB1 0， nED 0， 即 2yz0， 2xz0. 不妨设 x1，可得 n(1，1，2). 因此有 cosCA ，n CA n |CA |n| 6 6 ， 于是 sinCA ，n30 6 . 所以二面角 BB1ED 的正弦值为 30 6 . (3)依题意，AB (2，2，0). 由(2)

7、知 n(1，1，2)为平面 DB1E 的一个法向量， 于是 cosAB ，n AB n |AB |n| 3 3 . 所以直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为 3 3 . 立体几何中的折叠问题 【例题】(2019全国卷)图是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一 个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图. (1)证明：图中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图中的二面角 BCGA 的大小. 自主解答 (1)证明由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG，

8、所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面. 由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB，BE，BC平面 BCGE， 所以 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE. (2)解作 EHBC，垂足为 H. 因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 ABC，平面 BCGE平面 ABCBC， 所以 EH平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH 3. 以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的 空间直角坐标系 Hxyz，则 A(1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0

9、， 3)，CG (1，0， 3)，AC (2，1，0). 设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 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，m nm |n|m| 3 2 . 因此二面角 BCGA 的大小为 30. 探究提高1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前 后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的 性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化. 2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整

10、个证 明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧. 【尝试训练】(2021佛山质检)图 1 是直角梯形 ABCD，ABDC，D90，AB 2，DC3，AD 3，CE 2ED .以 BE 为折痕将BCE 折起，使点 C 到达 C1 的位置，且 AC1 6，如图 2. (1)证明：平面 BC1E平面 ABED； (2)求直线 BC1与平面 AC1D 所成角的正弦值. (1)证明在图中，连接 AE，AC，AC 交 BE 于 F. CE 2ED ，DC3，CE2，ABCE， 又 ABCD，四边形 AECB 是平行四边形.在 RtACD 中，AC 32（ 3）2 2 3， AFCF 3

11、. 在图中，AC1 6，AF2C1F2AC21，C1FAF， 由题意得 C1FBE，又 BEAFF， C1F平面 ABED，又 C1F平面 BC1E， 平面 BC1E平面 ABED. (2)解如图， 以 D 为坐标原点， DA ， DE 的方向分别为 x， y 轴的正方向， FC1 的 方向为 z 轴正方向建立空间直角坐标系. 则 D(0， 0， 0)， A( 3， 0， 0)， B( 3， 2， 0)， E(0， 1， 0)， F 3 2 ，3 2，0， C1 3 2 ，3 2， 3， BC1 3 2 ，1 2， 3，DA ( 3，0，0)，DC1 3 2 ，3 2， 3， 设平面 AC1D

12、 的法向量为 n(x，y，z)， 由 nDA 0， nDC1 0， 得 3x0， 3 2 x3 2y 3z0， 取 z 3，得 n(0，2， 3)，|n| 7， 记直线 BC1与平面 AC1D 所成的角为， 立体几何中的开放问题 【例题】(12 分)(2019北京卷)如图，在四棱锥 PABCD 中， PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC 3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PF PC 1 3. (1)求证：CD平面 PAD； (2)求二面角 FAEP 的余弦值； (3)设点 G 在 PB 上，且PG PB 2 3.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说

13、明理由. 规范解答 (1)证明因为 PA平面 ABCD，CD平面 ABCD，所以 PACD. 又因为 ADCD，PAADA，PA，AD平面 PAD， 所以 CD平面 PAD.2 分 (2)解过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M. 因为 PA平面 ABCD，AM，AD平面 ABCD， 所以 PAAM，PAAD. 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)， B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 因为 E 为 PD 的中点， 所以 E(0，1，1). 所以AE (0，1，1)，PC(2，2，2)，AP(0，0，2). 所以PF 1 3P

14、C 2 3， 2 3， 2 3 ， 所以AF APPF 2 3， 2 3， 4 3 .4 分 设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，则 nAE 0， nAF 0，即 yz0， 2 3x 2 3y 4 3z0. 令 z1，则 y1，x1. 于是 n(1，1，1).6 分 又因为平面 PAD 的一个法向量为 p(1，0，0)， 所以 cosn，p np |n|p| 3 3 . 由题知，二面角 FAEP 为锐角，所以其余弦值为 3 3 .8 分 (3)解直线 AG 在平面 AEF 内，理由如下： 因为点 G 在 PB 上， 且PG PB 2 3，PB (2，1，2)， 所以PG 2 3PB

15、4 3， 2 3， 4 3 ， 所以AG AP PG 4 3， 2 3， 2 3 .10 分 由(2)知，平面 AEF 的一个法向量 n(1，1，1)， 所以AG n4 3 2 3 2 30. 又点 A平面 AEF，所以直线 AG 在平面 AEF 内.12 分 得步骤分：抓住得分点的步骤“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中证明线面 垂直时，由线面垂直得线线垂直，再证线面垂直.第(2)问中计算平面 AEF 的法向 量，求 cosn，p.第(3)问计算AG n0. 得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(2)问中的 建系时要明确判定 PA，AD，AM 两两垂直，第(3)问中

16、，证明 AG平面 AEF，要 证明AG 与平面 AEF 平行，且 A平面 AEF，否则将失分. 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的保证.如第(2)问中求二面角的余弦 时，写对向量的坐标，正确计算平面 AEF 的法向量 n(1，1，1)，第(3)问 中准确求出向量AG 4 3， 2 3， 2 3 等， 特别是利用向量求空间角与位置关系问题， 若写错向量坐标，则题目全盘皆输. 利用题目中的线、面位置关系，建立恰当的空间直角坐标系 假设数学对象存在，设出其坐标 求相关的坐标和平面的法向量 根据题目条件构建方程求解 检验反思，明确结论 【规范训练】(2021重庆调研)如图，在四棱锥 EABCD 中

17、，底面 ABCD 为直角 梯形，ABCD，BCCD，AB2BC2CD.EAB 是以 AB 为斜边的等腰直角 三角形，且平面 EAB平面 ABCD.点 F 满足：EF EA(0，1). (1)试探究为何值时，CE平面 BDF，并给予证明； (2)在(1)的条件下，求直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值. 解(1)当1 3时，CE平面 FBD. 证明如下：连接 AC，交 BD 于点 M，连接 MF， 因为 ABCD，所以 AMMCABCD21. 又EF 1 3EA ，所以 FAEF21. 所以 AMMCAFEF21. 所以 MFCE. 又 MF平面 BDF，CE平面 BDF， 所以 CE平面

18、 BDF. (2)取 AB 的中点 O，连接 EO，OD，则 EOAB. 又因为平面 ABE平面 ABCD，平面 ABE平面 ABCDAB，EO平面 ABE， 所以 EO平面 ABCD， 因为 OD平面 ABCD，所以 EOOD. 由 BCCD，及 AB2CD，ABCD，得 ODAB， 由 OB，OD，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. 因为EAB 为等腰直角三角形，AB2BC2CD， 所以 OAOBODOE，设 OB1， 所以 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0， 0，1). 所以AB (2，0，0)，BD

19、(1，1，0)，EA (1，0，1)， EF 1 3EA 1 3，0， 1 3 ，F 1 3，0， 2 3 ， 所以FB 4 3，0， 2 3 . 设平面 BDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则有 nBD 0， nFB 0，所以 xy0， 4 3x 2 3z0， 取 x1，则 n(1，1，2). 设直线 AB 与平面 BDF 所成的角为， 则 sin |cosAB ，n|AB n| |AB |n| |210102| 2 121222 6 6 . 故直线 AB 与平面 BDF 所成角的正弦值为 6 6 . 1.(2020全国卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱

20、 DD1，BB1上，且 2DEED1，BF2FB1. (1)证明：点 C1在平面 AEF 内； (2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值. 解设 ABa，ADb，AA1c.如图，以 C1为坐标原点，C1D1 的 方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 C1xyz. (1)证明连接 C1F，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，得EA C1F ，因此 EAC1F， 即 A，E，F，C1四点共面， 所以点 C1在平面 AEF 内. (2)由已知得 A(2，1，3)，E(2，0，

21、2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，AE (0，1， 1)，AF (2，0，2)，A1E (0，1，2)，A1F (2，0，1). 设 n1(x，y，z)为平面 AEF 的法向量，则 n1AE 0， n1AF 0，即 yz0， 2x2z0，可取 n 1(1，1，1). 设 n2为平面 A1EF 的法向量，则 n2A1E 0， n2A1F 0， 同理可取 n2 1 2，2，1. 设二面角 AEFA1的平面角为，所以 cos cosn1，n2 n1n2 |n1|n2| 7 7 ， 则 sin 1cos2 42 7 ， 所以二面角 AEFA1的正弦值为 42 7 . 2.(2021成都诊断)

22、在如图所示的多面体中，四边形 ABEG 是 矩形，梯形 DGEF 为直角梯形，平面 DGEF平面 ABEG， 且 DGGE，DFGE，AB2AG2DG2DF2. (1)求证：FG平面 BEF. (2)求二面角 ABFE 的大小. (1)证明平面 DGEF平面 ABEG，且 BEGE， BE平面 DGEF. 又 FG平面 DGEF，BEFG. 由题意得 FGFE 2， FG2FE2GE2，则 FEFG. 又 BE，EF 是平面 BEF 内的两条相交直线， 故 FG平面 BEF. (2)解如图所示，建立空间直角坐标系，则 A(1，0，0)， B(1，2，0)，E(0，2，0)，F(0，1，1)，F

23、A (1，1， 1)，FB (1，1，1)，FE(0，1，1). 设平面 AFB 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 FA n0， FB n0 x1y1z10， x1y1z10 x1z1， y10. 令 x11，n(1，0，1). 由(1)可知平面 EFB 的法向量为 mGF (0，1，1). cosn，m nm |n|m| 1 2 2 1 2， 因此两平面法向量的夹角为 3， 由图可知，二面角 ABFE 为钝二面角，所以二面角 ABFE 的大小为2 3 . 3.(2020全国卷)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的底面是 正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B

24、1C1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. 又侧面 BB1C1C 是矩形，所以 B1C1MN. 又 A1NMNN，A1N，MN平面 A1AMN，

25、所以 B1C1平面 A1AMN.又 B1C1平面 EB1C1F， 所以平面 A1AMN平面 EB1C1F. (2)解由已知及(1)得 AMBC，以 M 为坐标原点，MA 的方向 为 x 轴正方向，|MB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标 系 Mxyz，则 AB2，AM 3. 连接 NP，AO平面 EB1C1F，AO平面 A1AMN， 平面 A1AMN平面 EB1C1FPN，故 AOPN. 又 APON，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

26、(a，0，0)，则 NQ4 2 3 3 a 2 ， B1a，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 . 4.(2021江南十校联考)已知矩形 ABCD 中，AB2，AD3，在 AD 上取一点 E 满足 2AEED.现将CDE 沿 CE 折起使点 D 移动至 P 点处，使得 PAPB. (1)求证：

27、平面 PCE平面 ABCE； (2)求二面角 BPAE 的余弦值. (1)证明依题意得 PEPC2， 分别取线段 AB，CE 的中点 O，M， 连接POM 的三边(如图)， 则 PMEC，由 PAPB， 得 POAB. 又 OM 为梯形 ABCE 的中位线， OMBC， 由 BCAB，得 OMAB， 又 POOMO， 从而 AB平面 POM，则 ABPM. 在平面 ABCE 中，AB 与 CE 相交. PM平面 ABCE，故平面 PCE平面 ABCE. (2)解过点 O 作 PM 的平行线为 z 轴，分别以 OA，OM 为 x，y 轴建立空间直角 坐标系， 则 A(1，0，0)，B(1，0，0

28、)，E(1，1，0)，P(0，2， 2)， PA (1，2， 2)，BA(2，0，0)，AE(0，1，0)， 设 n(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 则 PA n0， BA n0，即 x2y 2z0， 2x0， 令 y1，得 n(0，1， 2)， 同理，平面 PAE 的法向量 m( 2，0，1)， cosm，n mn |m|n| 2 3 ， 根据图形知二面角 BPAE 为钝角， 二面角 BPAE 的余弦值为 2 3 . 5.(2021长沙模拟)如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1AD2，E 为 CD 的中点. (1)在棱 AA1上是否存在一点 P，使得 DP平面 B

29、1AE？若 存在，求 AP 的长；若不存在，说明理由； (2)若二面角 AB1EA1的大小为 30，求 AB 的长. 解如图，以 A 为原点，以AB ， AD ，AA1 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 设 ABa(a0)，则 A(0，0，0)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)， E a 2，2，0，B1(a，0，2)， 故AD1 (0，2，2)，AB1 (a，0，2)，AE a 2，2，0. (1)假设在棱 AA1上存在一点 P(0，0，z0)，使得 DP平面 B1AE. 此时DP (0，2，z0). 设平面 B1AE 的法向量 n(x，y，z). n平面

30、 B1AE，nAB1 ，nAE ，得 ax2z0， ax 2 2y0， 取 x2，得平面 B1AE 的一个法向量 n 2，a 2，a. 要使 DP平面 B1AE，只要 nDP ，有 aaz00，解得 z01. 又 DP平面 B1AE， 存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP1. (2)连接 A1D，B1C，由长方体 ABCDA1B1C1D1及 AA1AD2 得 AD1A1D. CD平面 A1ADD1，CDAD1， A1DCDD，AD1平面 DCB1A1， AD1 (0，2，2)就是平面 A1B1E 的一个法向量， 设AD1 与 n 所成的角为， 则 cos nAD1 |n|AD1 |

31、 a2a 2 24a 2 4 a2 . 二面角 AB1EA1的大小为 30， |cos |cos 30，即 3a 2 245a 2 4 3 2 ， 解得 a4，即 AB 的长为 4. 6.(2020东北三省三校联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底 面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADC90，平面 PAD 平面 ABCD，Q 为 AD 的中点，PAPD，BC1 2AD1，CD 3. (1)求证：平面 PQB平面 PAD； (2)若异面直线 AB 与 PC 所成角为 60，求 PA 的长； (3)在(2)的条件下，求平面 PQB 与平面 PDC 所成锐二面角的余弦值. (1)证明ADBC，

32、BC1 2AD，Q 为 AD 的中点， BCQD，四边形 BCDQ 为平行四边形，CDBQ， ADC90，AQB90，QBAD， 又平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCDAD， BQ平面 PAD， BQ平面 PQB， 平面 PQB平面 PAD. (2)解PAPD，Q 为 AD 的中点，PQAD， 平面 PAD平面 ABCD，且平面 PAD平面 ABCDAD， PQ底面 ABCD. 以 Q 为原点， QA 所在直线为 x 轴， QB 所在直线为 y 轴， QP 所在直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系. 设 PQa，则 Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，a)，B(

33、0，3，0)，C(1，3， 0)， AB (1，3，0)，CP(1， 3，a)， 异面直线 AB 与 PC 所成角为 60， |cosAB ， CP|AB CP| |AB |CP| |13| 2 13a2 1 2， 解得 PQa2 3， 在 RtPQA 中，PA PQ2AQ2 121 13. (3)解平面 PQB 的一个法向量 n(1，0，0)，D(1，0，0)， PD (1，0，2 3)，PC (1，3，2 3). 设平面 PDC 的法向量 m(x，y，z)， 则 mPD x2 3z0， mPC x 3y2 3z0， 取 x2 3，得 m(2 3，0，1). 设平面 PQB 与平面 PDC 所成锐二面角为， 则 cos |mn| |m|n| 2 3 13 2 39 13 . 平面 PQB 与平面 PDC 所成锐二面角的余弦值为2 39 13 .