专题07 立体几何综合问题（答题指导）（解析版）

1、 专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】题型特点命题趋势从近几年的高考试题来看,立体几何是高考解答题的必考内容,主要考查的热点题型是线面位置关系与体积计算、平面图形的折叠,探索开放性问题等,题目难度中等,题型规范,方法可循.1.线、面的平行与垂直关系是考查的热点,通过空间几何体的体积计算,考查学生的空间想象能力2平面图形折叠成空间几何体3是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题.题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间

2、直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾查看关键点、易错点和答题规范【例1】 (2019河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED平面ABCD,ABD,AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值【参考答案】见解析【解析】(1)在ABD中,ABD,AB2AD,由余弦定理,

3、得BDAD,从而BD2AD2AB2,所以ABD为直角三角形且ADB90,故BDAD.因为DE平面ABCD,BD平面ABCD,所以DEBD.又ADDED,所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF,所以平面BDEF平面ADE.(2)由(1)可得,在RtABD中,BAD,BDAD,又由EDBD,设AD1,则BDED.因为DE平面ABCD,BDAD,所以可以点D为坐标原点,DA,DB,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示则A(1,0,0),C(1,0),E(0,0,),F(0,)所以(1,0,),(2,0)设平面AEC的法向量为n(x,y,z),则即令z1,得n(,2,1)为

4、平面AEC的一个法向量因为A(1,),所以cosn,A,所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.【素养解读】 本例问题(1)证明两平面垂直,考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时,考查了直观想象和数学运算的核心素养【突破训练1】 (2018北京卷)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,ABBC ,ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交【参考答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中,因为CC1平面ABC,所以四边

5、形A1ACC1为矩形又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以ACEF.因为ABBC.所以ACBE,所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图建立空间直角坐称系Exyz.由题意得B(0,2,0),C(1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1)所以(2,0,1),C(1,2,0),设平面BCD的法向量为n(a,b,c),所以所以令a2,则b1,c4,所以平面BCD的法向量n(2,1,4),又因为平面CDC1的法向量为E(0,2,0),所以cosn,E.由图可得二面角BCD

6、C1为钝二面角,所以二面角BCDC1的余弦值为.(3)证明：平面BCD的法向量为n(2,1,4),因为G(0,2,1),F(0,0,2),所以G(0,2,1),所以nG2,所以n与G不垂直,所以GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内,所以GF与平面BCD相交题型二平面图形折叠成空间几何体的问题1先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向2(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠

7、前后的变化量和不变量一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系,搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系,明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明【例2】 (2018全国卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所

8、成角的正弦值【参考答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|B|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得,DEPE.又DP2,DE1,所以PE.又PF1,EF2,故PEPF.可得PH,EH. 则H(0,0,0),P,D,D,H为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为,则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.【素养解读】 本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化,

9、因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养【突破训练2】 如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD,ABBC1,AD2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值【参考答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中,因为ABBC1,AD2,E是AD的中点BAD,所以BEAC.即在题图2中,BEOA1,BEOC,从而BE平面A1OC.又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BE

10、OA1,BEOC.所以A1OC为二面角A1BEC的平面角,所以A1OC.如图,以O为原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,因为A1BA1EBCED1,BCED,所以B,E,A1,C,得,(,0,0)设平面A1BC的一个法向量n1(x1,y1,z1),平面A1CD的一个法向量n2(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为,则得取n1(1,1,1)；由得取n2(0,1,1),从而cos |cosn1,n2|,即平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为.题型三线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点

11、,常以解答题中最后一问的形式出现,解决这类问题的基本思路类似于反证法,即“在假设存在的前提下通过推理论证,如果能找到符合要求的点(或其他的问题),就肯定这个结论,如果在推理论证中出现矛盾,就说明假设不成立,从而否定这个结论”【例3】 (2018全国卷)如图,在三棱锥PABC中,ABBC2 ,PAPBPCAC4,O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值【参考答案】见解析【解析】(1)证明：因为APCPAC4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP2.连接OB,因为ABBCAC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,

12、OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),A(0,2,2),取平面PAC的一个法向量O(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2),则A(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x,y,z)由An0,An0得可取n(a4),a,a),所以cosO,n.由已知得|cosO,n|.所以.解得a4(舍去),a.所以n.又P(0,2,2),所以cosP,n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.【

13、素养解读】 本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M的位置,要求较高,它既考查了直观想象的核心素养,又考查了数学建模的核心素养【突破训练3】 如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,平面A1BC侧面ABB1A1,且AA1AB2.(1)求证：ABBC；(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为,请问在线段A1C上是否存在点E,使得二面角ABEC的大小为,请说明理由【参考答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB1交A1B于点D,因为AA1AB,所以ADA1B,又平面A1BC侧面ABB1A1,平面A1BC平面ABB1A1A1B,所以AD平面A1BC,BC平面A1BC,所以ADBC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,所以AA1底面ABC,所以AA1BC,又AA1ADA,所以BC侧面ABB1A1,所以BCAB.(2)由(1)得AD平面A1BC,所以ACD是直线AC与平面A1BC所成的角,即