高考专题复习专项突破四　立体几何在高考中的热点题型

1、专项突破四立体几何在高考中的热点题型立体几何中的翻折问题是近几年高考考查的热点内容.解决立体几何中的折叠、翻折问题,关键是搞清楚翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况,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.立体几何中的探索性问题是一个难点,高考也经常考查,难度较大.主要借助于空间直角坐标系,把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示,将几何对象坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组在题设范围内有解,则通过参数的值反过来确定几何对象的位置;若方程或方程组在题设范围内无解,则表示满足题设要求的几何对象不存在.立体几何

2、中的翻折问题典例1(2019课标文,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.答题规范答题过程第一步:先证明ADCG,从而确定A,C,G,D四点共面,得2分;第二步:运用线面垂直的判定定理证明AB平面BCGE,从而平面ABC平面BCGE,得4分;第三步:先证明DECG,再由已知得出DMCG,得2分;第四步:由已知求出DM的长,从而求出四边形ACGD的

3、面积,得4分解析(1)证明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中点M,连接EM,DM.因为ABDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG.由已知,四边形BCGE是菱形,且EBC=60得EMCG,故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中,DE=1,EM=3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.方法归纳翻折问题的2个解题策略1.确定翻折前后变与不变的关系:画好翻折前后的平面图形与立体图形,分清翻折前后图形

4、的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.2.确定翻折后关键点的位置:所谓的关键点,是指翻折过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动,会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化,以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算.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

5、P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知可得BFEF,又BFPF,PFEF=F,PF,EF平面PEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)如图,作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,HP的方向为z轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,所以PEPF.所以PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D

6、-1,- 32,0,则DP=1,32,32,HP=0,0,32.又HP为平面ABFD的一个法向量,设DP与平面ABFD所成的角为,则sin =|HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.立体几何中的探索性问题典例2(2020湖北黄冈中学模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,ABC是等边三角形,点E,F分别为AC,PC的中点,PA=1,AB=2.(1)求证:平面BEF平面PAC;(2)在线段PB上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为155?若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.答题规范答题过程第一步:证明平面PAC平面

7、ABC,得2分;第二步:推出BEAC,然后证明BE平面PAC,得到平面BEF平面PAC,得4分;第三步:以E为坐标原点,建立空间直角坐标系,求出平面PBC的一个法向量,得2分;第四步:设参数,求出AG的坐标,利用空间向量的数量积推算出结果即可,得4分解析(1)证明:PA平面ABC,PA平面PAC,平面PAC平面ABC.AB=BC,E为AC的中点,BEAC.又平面PAC平面ABC=AC,BE平面ABC,BE平面PAC.又BE平面BEF,平面BEF平面PAC.(2)PA平面ABC,PAAC.又点E,F分别为AC,PC的中点,EFPA,从而EFAC.又BE平面PAC,BEAC,BEEF,EB,EC,

8、EF两两垂直.以E为坐标原点,分别以EB,EC,EF的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.则A(0,-1,0),P(0,-1,1),B(3,0,0),C(0,1,0),AB=(3,1,0),BP=(3,1,1),BC=(3,1,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBP=0,nBC=0,即-3x-y+z=0,-3x+y=0,取x=1,则y=3,z=23,故n=(1,3,23).设BG=BP=(3,),0,1,则AG=AB+BG=(33,-+1,).由|AGn|AG|n|=15523452-8+4=155=12或=1110(舍去).故存在满足条件

9、的点G,点G是线段PB的中点.方法归纳利用空间向量解决探索性问题的解题策略探索性问题通常分为两类:一类是已知点存在,求点的位置;一类是判断点的“存在性”问题.其中,在点的“存在性”问题中,先假设所求点存在,将其作为已知条件,得出点的位置或与题设条件矛盾的结论,从而得到结果.在设参数求解点的坐标时,若出现多解的情况,应分析不同解的含义,判断哪些解是符合题设的,再做出取舍.求解点、平面是否存在等探索性问题时,常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面,再利用直线与平面的位置关系去证明结论.(2020辽宁朝阳模拟)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四

10、边形ABCD为梯形,且ADBC,ABD是边长为1的等边三角形,M为线段BD的中点,BC=3.(1)求证:AFBD;(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值;(3)线段BD上是否存在点N,使得直线CE平面AFN?若存在,求BNBD的值;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以AFAD.又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以AF平面ABCD.所以AFBD.(2)取AD的中点O,EF的中点K,连接OB,OK.于是在ABD中,OBOD,在正方形ADEF中,OKOD,又平面ADEF平面ABCD,故OB平面ADEF,进而OBOK,即OB,OD

11、,OK两两垂直.以O为原点,分别以射线OB,OD,OK为x轴,y轴,z轴的正半轴建立空间直角坐标系(如图).则B32,0,0,D0,12,0,C32,3,0,E0,12,1,M34,14,0,F0,-12,1.所以MF=-34,-34,1,CD=32,-52,0,DE=(0,0,1).设平面CDE的法向量为n=(x,y,z),则CDn=0,DEn=0,即-32x-52y=0,z=0,令x=-5,则y=3,则n=(-5,3,0).设直线MF与平面CDE所成角为,sin =|cos|=|MFn|MF|n|=314.(3)要使直线CE平面AFN,只需ANCD,设N的坐标为(xN,yN,zN),BN=

12、BD,0,1,则xN-32,yN,zN=-32,12,0,故xN=3232,yN=12,zN=0,则N32-32,12,0,所以AN=32-32,12+12,0,又CD=-32,-52,0,由ANCD得32-32-32=12+12-52,解得=230,1.所以线段BD上存在点N,使得直线CE平面AFN,且BNBD=23.题型一立体几何中的翻折问题 1.如图1,CD是正三角形ABC的边AB上的高,E是AC的中点,现将三角形ABC沿CD折起,使得平面ADC平面BDC,如图2.(1)求异面直线BC与DE所成角的余弦值;(2)在线段BC上是否存在一点P,使APDE?若存在,求出P点的位置;若不存在,说

13、明理由.解析(1)在题图1中,CD为ABC的边AB上的高,则CDAB,即CDAD,CDBD,在题图2中,仍有CDAD,CDBD.平面ADC平面BDC,平面ADC平面BDC=CD,AD平面ADC,AD平面BCD.故以D为坐标原点,直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设折起前ABC的边长为a(a0),则D(0,0,0),Ba2,0,0,C0,3a2,0,E0,3a4,a4,A0,0,a2,BC=-a2,3a2,0,DE=0,3a4,a4,cos=BCDE|BC|DE|=38a2aa2=34,故异面直线BC与DE所成角的余弦值为34.(2)假设在线段B

14、C上存在点P,使APDE,BP=BC(01),则BP=BC=-a2,32a,0=a2,32a,0,AP=AB+BP=a2,0,-a2+a2,32a,0=a2-a2,32a,-a2,APDE,APDE=a2-a20+32a34aa2a4=0,整理得3-1=0,解得=13,故线段BC上存在点P,使APDE,此时BP=13BC.2.(2020湖北重点中学协作体联考)等边ABC的边长为3,点D,E分别是AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12(如图1),将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使二面角A1-DE-B为直二面角,连接A1B,A1C(如图2).(1)求证:A1D平面BCED;(2)在线

15、段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:在题图1中,由已知可得AE=2,AD=1,DAE=60.从而DE=12+22-212cos60=3.故得AD2+DE2=AE2,ADDE,BDDE.在题图2中,A1DDE,BDDE,A1DB为二面角A1-DE-B的平面角,又二面角A1-DE-B为直二面角,A1DB=90,即A1DDB,DEDB=D且DE,DB平面BCED,A1D平面BCED.(2)存在.由(1)知EDDB,A1D平面BCED.以D为坐标原点,射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴,建立空间

16、直角坐标系D-xyz,如图,过P作PHDE交BD于点H,设PB=2a(02a3),则BH=a,PH=3a,DH=2-a,易知A1(0,0,1),P(2-a,3a,0),E(0,3,0),PA1=(a-2,-3a,1).ED平面A1BD,平面A1BD的一个法向量为DE=(0,3,0).若直线PA1与平面A1BD所成的角为60,则sin 60=|PA1DE|PA1|DE|=3a4a2-4a+53=32,解得a=54.则PB=2a=52,满足02a3,符合题意.故在线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60,此时PB=52.3.如图1,在四边形ABCD中,ADBC,BAD=90,A

17、B=23,BC=4,AD=6,点E是AD上的点,AE=13AD,点P为BE的中点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,使得A1C=4,如图2.(1)求证:平面A1CP平面A1BE;(2)求二面角B-A1P-D的余弦值.解析(1)证明:如图,连接AP,PC.BAD=90,AB=23,AE=13AD=2,P为BE的中点,BE=4,ABE=30,EBC=60,BP=2,PC=23,BP2+PC2=BC2,BPPC.A1P=AP=2,A1C=4,A1P2+PC2=A1C2,PCA1P.BPA1P=P,BP平面A1BE,A1P平面A1BE,PC平面A1BE,PC平面A1BE,PC平面A1CP,平面A1C

18、P平面A1BE.(2)如图,以P为坐标原点,PB所在直线为x轴,PC所在直线为y轴,过P作平面BCDE的垂线为z轴,建立空间直角坐标系P-xyz.由(1)可得A1(-1,0,3),P(0,0,0),D(-4,23,0),则PA1=(-1,0,3),PD=(-4,23,0),设平面A1PD的法向量为m=(x,y,z),则mPA1=0,mPD=0,即-x+3z=0,-4x+23y=0,取x=3,得m=(3,2,1).易知平面A1PB的一个法向量n=(0,1,0),则cos=mn|m|n|=22.由图可知二面角B-A1P-D是钝角,二面角B-A1P-D的余弦值为-22.4.(2020广西来宾诊断)如

19、图1,在MBC中,MA是BC边上的高,MA=3,AC=4.如图2,将MBC沿MA进行翻折,使得二面角B-MA-C的平面角为90,再过点B作BDAC,连接AD,CD,MD,且AD=23,CAD=30.(1)求证:CD平面MAD;(2)在线段MD上取一点E,使MEMD=13,求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.解析(1)证明:由题图1可知,MAAC,MAAB,题图2中的BAC为二面角B-MA-C的平面角,即题图2中的BAC=90,ABAC=A,AB、AC平面ABDC,MA平面ABDC,CD平面ABDC,MACD.在ACD中,由余弦定理知,CD2=AC2+AD2-2ACADcosCAD=16+12

20、-2423cos 30=4,CD=2,AC2=CD2+AD2,ADCD,MAAD=A,MA、AD平面MAD,CD平面MAD.(2)BAC=90,CAD=30,BDAC,ABD为直角三角形,且BAD=60,AB=3,BD=3,以A为坐标原点,AB、AC、AM所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(3,0,0),D(3,3,0),M(0,0,3),E33,1,2,AE=33,1,2,MB=(3,0,-3),MD=(3,3,-3),设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),则nMB=3x-3z=0,nMD=3x+3y-3z=0,令x=3,则n=(3,0,

21、1),设直线AE与平面MBD所成角为,则sin =cos=|nAE|n|AE|=338.故直线AE与平面MBD所成角的正弦值为338.题型二立体几何中的探索性问题1.(2020山东潍坊模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ADBC,ADC=90,平面PAD底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的点,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.(1)求证:平面PBC平面PQB;(2)当PM的长为何值时,平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60?解析(1)证明:ADBC,Q为AD的中点,BC=12AD,BCQD,BC=QD,四边形BCDQ为平行四边形,BQCD.

22、又ADC=90,CDDQ,BCBQ.PA=PD,AQ=QD,PQAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PQ平面ABCD,PQBC.又PQBQ=Q,BC平面PQB.BC平面PBC,平面PBC平面PQB.(2)由(1)可知PQ平面ABCD.如图,以Q为原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则Q(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),B(0,3,0),C(-1,3,0),QB=(0,3,0),DC=(0,3,0),DP=(1,0,3),PC=(-1,3,-3).设PM=PC,则PM=(-,3,-3),且01,得M(-,3,33

23、),QM=(-,3,33).设平面QMB的法向量为m=(x,y,z),则QMm=0,QBm=0,即-x+3y+3(1-)z=0,3y=0.令x=3,则z=1-,平面QMB的一个法向量为m=3,0,1-.设平面PDC的法向量为n=(x,y,z),则DCn=0,DPn=0,即3y=0,x+3z=0.令x=3,则y=0,z=-3,平面PDC的一个法向量为n=(3,0,-3).平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60,cos 60=|nm|n|m|=33-31-123+1-2=12,=12.又PC=|PC|=7,PM=12PC=72.2.(2020华南师大附中质检)如图,在五面体ABCDEF中

24、,ABCDEF,ADCD,DCF=60,CD=EF=CF=2AB=2AD=2,平面CDEF平面ABCD.(1)求证:CE平面ADF;(2)已知P为棱BC上的点,试确定点P的位置,使二面角P-DF-A的大小为60.解析(1)证明:CDEF,CD=EF=CF,四边形CDEF是菱形,CEDF.平面CDEF平面ABCD,平面CDEF平面ABCD=CD,ADCD,AD平面ABCD,AD平面CDEF,CE平面CDEF,ADCE.又AD平面ADF,DF平面ADF,ADDF=D,直线CE平面ADF.(2)由(1)知四边形CDEF为菱形,又DCF=60,DEF为正三角形.如图,取EF的中点G,连接GD,则GDE

25、F.EFCD,GDCD.平面CDEF平面ABCD,GD平面CDEF,平面CDEF平面ABCD=CD,GD平面ABCD.又ADCD,直线DA,DC,DG两两垂直.以D为坐标原点,分别以DA,DC,DG所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.CD=EF=CF=2,AB=AD=1,GD=DF2-GF2=3,D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,-1,3),F(0,1,3),CE=(0,-3,3),DF=(0,1,3),CB=(1,-1,0),DC=(0,2,0).由(1)知CE是平面ADF的一个法向量.设CP=aCB=(a,-a,0)(0a1),

26、则DP=DC+CP=(a,2-a,0).设平面PDF的法向量为n=(x,y,z),则nDF=0,nDP=0,即y+3z=0,ax+(2-a)y=0.令y=3a,则x=3(a-2),z=-a,n=(3(a-2),3a,-a).二面角P-DF-A的大小为60,|cos|=|nCE|n|CE|=43a123(a-2)2+3a2+a2=12,解得a=23或a=-2(不符合题意,舍去).P在CB靠近点B的三等分点处.3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,AC=BC=AA1=2,点P为棱B1C1的中点,点Q为线段A1B上一动点.(1)求证:当点Q为线段A1B的中点时,PQ平面A1BC;(2

27、)设BQ=BA1,试问:是否存在实数,使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为3010?若存在,求出实数;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:连接AB1、AC1,如图,点Q为线段A1B的中点,A、Q、B1三点共线.点P、Q分别为B1C1和AB1的中点,PQAC1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,BC平面ACC1A1,BCAC1,又AC=AA1,四边形ACC1A1为正方形,AC1A1C,A1C、BC平面A1BC,AC1平面A1BC,又PQAC1,PQ平面A1BC.(2)以C为坐标原点,分别以CA、CB、CC1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz,如图.连接A1P,则B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),P(0,1,2),BA1=(2,-2,2),BP=(