专题提优突破四　立体几何答案

专题提优突破四立体几何立体几何解答题的考查内容包括:直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的证明,空间几何体的体积和表面积、空间角和空间距离的计算.立体几何还常常与折叠问题、探索性问题相结合.考查的方法:常用到综合法、分析法、反证法、向量法和解析法等方法.常常需要把空间问题转化为平面问题,运用平面几何的性质简化运算,要注意以算代证方法的运用.考查的思想:全面考查函数与方程、数形结合、分类讨论及转化与化归思想;突出考查空间想象、数学运算、逻辑推理等能力.注重思维能力考查的同时,更通过强化直观想象,逻辑推理,数学运算来区分不同水平的学生.立体几何解答题的答题关键是准确运用公理、定理、定义,合理进行各种位置关系的转换,熟练运用公式求值,力争做到作图规范,思路清晰,言必有据,恰如其分,注重细节,杜绝笔误.防止“突然死亡”!立体几何解答题多为中档题,难度不大,但容易拉开差距,一般是一证一算,一证往往是综合法,一算往往是向量法,会考查思考多一点,计算少一点,答题时既要有用向量法去证的意识,还要有用综合法去算的意识,运用空间向量时也不一定就是一味地建系,要有用向量几何法解决问题的意识.不规则的几何体问题所谓不规则几何体是指除柱体、锥体、台体、球以外的几何体.在高考中时常出现这类几何体中的线面关系判定以及特征量的计算问题,对学生的空间想象能力要求较高,问题中的线面关系需要在不同几何体间进行转换处理.典例1(2023·江苏常州新北区校级期中)如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的,设G是圆弧CE的中点,H是圆弧DF上的动点(含端点),问:(1)是否存在点H,使得EH∥平面BDG(2)是否存在点H,使得直线EH与平面BDG的所成角为30°.解析(1)建立空间直角坐标系,如图所示.设BC=2,则B(0,0,2),D(2,0,0),G(2,2,2),E(0,2,2),设H(m,n,0),m2+n2=4.由BG=(2,2,0),BD=(2,0,2),EH=(m,n2,2),设平面BDG的一个法向量为n=(x,y,z),则n·BD令x=1,则y=1,z=1,所以n=(1,1,1).若EH∥平面BDG,则EH·n=mn+22=mn=0,解得m=n=2,所以H是圆弧DF的中点,即存在点H,使EH∥平面BDG.(2)当H与点F重合时,EH与平面BDG的夹角最大,因为EF=BA=(0,0,2),所以cos<n,EF>=n·EF|n||所以EF与平面BDG所成角的正弦值为33由33>12,所以直线EH与平面BDG的夹角大于30°,解决不规则几何体问题的主要方法是割补法,把不规则的几何体通过割补,转化为几个规则的几何体的组合体,通过相邻的棱或面联系两个几何体的线面关系或数量关系,达到解决问题的目的.训练1如图1,E,F分别是矩形ABCD的边AB,CD的中点,G是EF上的一点,将△GAB,△GCD分别沿AB,CD翻折成△G1AB,△G2CD,并连接G1G2,使得平面G1AB⊥平面ABCD,G1G2∥AD,且G1G2<AD,连接BG2,如图2.(1)求证:平面G1AB⊥平面G1ADG2.(2)当AB=12,BC=25,EG=8时,求直线BG2和平面G1ADG2所成角的正弦值.图1图2解析(1)因为平面G1AB⊥平面ABCD,平面G1AB∩平面ABCD=AB,AD⊥AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面G1AB.又AD⊂平面G1ADG2,所以平面G1AB⊥平面G1ADG2.(2)(法一)过点B作BH⊥AG1于点H,连接G2H.由(1)的结论可知,BH⊥平面G1ADG2,所以∠BG2H是BG2和平面G1ADG2所成的角.因为平面G1AB⊥平面ABCD,平面G1AB∩平面ABCD=AB,G1E⊥AB,G1E⊂平面G1AB,所以G1E⊥平面ABCD,又EF⊂平面ABCD,故G1E⊥EF.因为G1G2<AD,AD=EF,所以可在EF上取一点O,使EO=G1G2,又因为G1G2∥AD∥EO,所以四边形G1EOG2是矩形.由题设AB=12,BC=25,EG=8,则GF=17.所以G2O=G1E=8,G2F=17,OF=172-82=15,G1G因为AD⊥平面G1AB,G1G2∥AD,所以G1G2⊥平面G1AB,从而G1G2⊥G1B,故BG22=BE2+EG12+G1G22=62+82+102=200,所以又AG1=62+8由BH·AG1=G1E·AB得BH=8×1210=48故sin∠BG2H=BHBG2=485×1102=12225.即直线BG2(法二)由(1)可知,G1E⊥平面ABCD,故以E为坐标原点,EB,EF,EG1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),由题设AB=12,BC=25,EG=8,则EB=6,EF=25,EG1=8,相关各点的坐标分别是A(6,0,0),D(6,25,0),G1(0,0,8),B(6,0,0).所以AD=(0,25,0),AG1=(6,0,8设n=(x,y,z)是平面G1ADG2的一个法向量,由n·AD=0,n·AG1=0,得25y=0,过点G2作G2O⊥平面ABCD于点O,因为G2C=G2D,所以OC=OD,于是点O在y轴上.因为G1G2∥AD,所以G1G2∥EF,G2O=G1E=8.设G2(0,m,8)(0<m<25),由172=82+(25m)2,解得m=10,所以BG2=(0,10,8)(6,0,0)=(6,10,8设BG2和平面G1ADG2所成的角是θ,则sinθ=|BG2·n故直线BG2与平面G1ADG2所成角的正弦值是122立体几何中的翻折问题把一个平面图形按照某种要求折起,转化为空间图形,进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化,这就是折叠问题.折叠问题是立体几何的一个重要问题,折叠与展开的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.此类问题是历年高考命题的一大热点,主要有两个方向:(1)折叠后的线面关系中的平行与垂直的判定;(2)折叠后空间角、空间距离及几何体的体积、表面积等数字特征的求解.折叠问题还往往与范围、最值问题和探索性问题相结合.典例2如图1,四边形ABCD是正方形,四边形ADE1F1和四边形BCE2F2是菱形,AB=2,∠DAF1=∠CBF2=60°.分别沿AD,BC将四边形ADE1F1和四边形BCE2F2折起,使点E1,E2重合于点E,点F1,F2重合于点F,得到如图2所示的几何体.在图2中,M,N分别是CD,EF的中点.(1)求证:MN⊥平面ABCD.(2)求平面DCN与平面ABF所成锐二面角的余弦值.图1图2解析(1)连接DF,由题图1可知,四边形ADEF为菱形,且∠DEF=60°,所以△DEF为等边三角形,从而EF⊥DN.同理EF⊥CN,又DN∩CN=N,DN,CN⊂平面DNC,所以EF⊥平面DNC.因为EF∥AD,所以AD⊥平面DNC.又因为MN⊂平面DNC,所以AD⊥MN.因为ND=NC,M是DC的中点,所以MN⊥DC.又AD,DC⊂平面ABCD,AD∩DC=D,所以MN⊥平面ABCD.(2)如图,取AB的中点G,连接MG,因为四边形ABCD是正方形,所以MG⊥DC.如图,以M为原点,MG,MC,MN所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Mxyz,则M(0,0,0),A(2,1,0),B(2,1,0),G(2,0,0),F(1,0,2),所以AB=(0,2,0),AF=(1,1,2),MG=(2,0,0).设平面ABF的一个法向量为n=(x,y,z),由n·AB=0,n·AF=0,得2y=0,-x+y+2z=0,令x=2,则y=因为MG⊥平面DNC,所以可得平面DNC的一个法向量为MG=(2,0,0),所以cos<MG,n>=MG·n|MG||故平面DCN与平面ABF所成锐二面角的余弦值为63折叠问题的关键是要抓住折叠前后的不变量和变化量,准确确定折叠后几何体的结构特征以及平面图形折叠前后的数量之间的对应关系.(1)翻折后还在同一个平面上的线线关系不发生变化,不在同一个平面上的可能发生变化.(2)不变量主要是不变的线线关系和不变的数量关系.不变的线线关系尤其是平面图形中的线线平行、线线垂直关系是证明空间平行、垂直关系的起点和重要依据.(3)不变的数量关系既是求解几何体的数字特征的依据,也是证明线面关系中以算代证的常用条件.训练2如图1,在△ABC中,∠C=90°,AC=2BC=4,E,F分别是AC,AB的中点,将△AEF沿EF折起,连接AC与AB,得到四棱锥ABCEF(如图2),G为线段AB的中点.(1)求证:FG∥平面ACE.(2)当四棱锥ABCEF的体积最大时,求直线FG与平面AFC所成角的正弦值.图1图2解析(1)取AC的中点H,连接EH,GH,如图,因为G是AB的中点,所以GH∥BC且GH=12又因为在图1中,E,F分别为AC,AB的中点,所以FE∥BC且FE=12BC,折叠后关系不变所以FE∥GH,FE=GH,所以四边形EFGH为平行四边形,所以FG∥EH.又FG⊄平面ACE,EH⊂平面ACE,所以FG∥平面ACE.(2)当四棱锥ABCEF的体积最大时,平面AEF⊥平面BCEF,又平面AEF∩平面BCEF=EF,AE⊂平面AEF,因为AE⊥EF,所以AE⊥平面BCEF.建立如图所示的空间直角坐标系Exyz,由题意知EF=1,AE=EC=BC=2,则A(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),F(1,0,0),G(1,1,1),所以CA=(0,2,2),CF=(1,2,0),FG=(0,1,1).设平面AFC的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CA=0,n·CF=0,即-2y+2z=0,x-2y记FG与平面AFC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,FG>|=|n·FG||故直线FG与平面AFC所成角的正弦值为33立体几何中的探索性问题探索性问题是相对于那种完全具备条件和固定答案的封闭题而言的,立体几何探索性试题的条件或结论不完备,要求解答者自己去探索,结合已有条件,进行观察、分析、比较和概括,得到结论.它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求.它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力,让学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程.典例3如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,沿EF将四边形EFCD折起,使二面角AEFC的大小为60°,点M在线段AB上.(1)若M为AB的中点,且直线MF与由A,D,E三点所确定平面的交点为O,求证:OD∥平面EMC.(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时二面角MECF的余弦值;若不存在,请说明理由.解析(1)因为直线MF⊂平面ABFE,所以点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线AE上(如图1所示),图1因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,所以OM=MF,AO=BF,所以点O在EA的延长线上,且AO=2,连接DF交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是DF的中点,连接MN,则MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD,又因为MN⊂平面EMC,OD⊄平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.图2(2)由已知可得,EF⊥AE,EF⊥DE,AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以EF⊥平面ADE,∠DEA为二面角AEFC平面角,则∠DEA=60°.又EF⊂平面ABFE,所以平面ABFE⊥平面ADE,取AE的中点H,因为AE=DE,∠DEA=60°,所以△AED为等边三角形,所以DH⊥AE,故可以以H为坐标原点,AH,DH所在直线分别为x轴、z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系Hxyz,则E(1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),所以ED=(1,0,3),EC=(1,4,3),设M(1,t,0)(0≤t≤4),则EM=(2,t,0),设平面EMC的一个法向量为m=(x,y,z),则m·EM取y=2,则x=t,z=8−t3,所以m=因为直线DE与平面EMC所成的角为60°,所以sin60°=|ED·m||所以23t2-4t+19=32,所以t2解得t=1或t=3,所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.取ED的中点Q,因为EF⊥平面ADE,AQ⊂平面ADE,所以AQ⊥EF.又因为AQ⊥DE,DE∩EF=E,DE,EF⊂平面CEF,所以AQ⊥平面CEF.则QA为平面CEF的一个法向量.因为Q-12,0,32,A(1,0,0),所以QA=3设二面角MECF的大小为θ,所以|cosθ|=|QA·m||因为当t=2时,cosθ=0,平面EMC⊥平面CEF,所以当t=1时,θ为钝角,所以cosθ=14当t=3时,θ为锐角,所以cosθ=14探索性问题包含平行与垂直关系的探索和空间特征量的探索两类问题,解决的基本方法是假设对象存在,然后运算或推理,若能得出与条件吻合的数据或事实,则说明假设成立,即存在,否则不成立,即不存在.主要解题策略如下:1.平行与垂直关系的探索问题(1)对命题条件的探索这类问题的结论已经给定,而需探求此结论成立的条件,常规的解决方法:执果索因,逆向求索,或合理猜想,再加以证明,即多采用分析法或猜想证明.①先猜后证,即先观察并尝试给出条件,再给出证明;②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明条件的充分性;③把几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.(2)对命题结论的探索①探索结论是什么,常从条件出发,探索出要求的结论是什么;②探索结论是否存在,常先假设结论存在,再在这个假设下进行推理论证,寻找与条件相符或矛盾的结论,相符则存在,矛盾则不存在.2.空间角和距离的探索问题与空间角和距离有关的探索性问题,还常常与最值和范围有关,一般用空间向量法求解,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有在规定范围内的解”问题.3.对于位置探索型问题,通常借助向量引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参数,从而确定位置.训练3如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,E,F分别为线段PB,BC上的动点.(1)若平面AEF⊥平面PBC,请确定点E,F的位置;(2)若BE=2BF,且平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为714,试确定点F的位置解析(1)由PA⊥底面ABCD,可得PA⊥BC,又在正方形ABCD中,BC⊥AB,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,则BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以PBC⊥平面PAB.又平面PBC∩平面PAB=PB,过点A作平面PBC的垂线,所以垂足一定在PB上,因为平面AEF⊥平面PBC,平面AEF∩平面PBC=EF,所以过A作平面PBC的垂线的垂足又在EF上,所以垂足为E,由PA=AB知,E为PB的中点,F为线段BC上的任意一点即可.(2)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.设AB=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1).由(1)可知n1=12,0,12由BE=2BF,可知EF∥PC,设BF=λBC,BE=λBP,则BF=λ(0,1,0),BE=λ(1,0,1),可得AF=AB+BF=(1,λ,0),AE=AB+BE=(1λ,0,λ).设平面AEF的一个法向量为n2=(x,y,z),由n2·取y=1,则x=λ,z=1λ,即n2=(λ,1,1λ).由|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=|1-2λ|2立体几何中的最值与范围问题立体几何中的最值与范围问题,一般是考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题,一般和动态问题相结合.典例4如图所示,在四面体ABCD中,AD⊥AB,平面ABD⊥平面ABC,AB=BC=22AC,且AD+BC=4.设E为棱AC的中点,当四面体ABCD的体积取得最大值时,求二面角CBDE的余弦值解析因为AD⊥AB,平面ABD⊥平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,AD⊂平面ABD,所以AD⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC,所以AD⊥BC.因为AB=BC=22AC所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.设AD=x(0<x<4),则AB=BC=4x,所以四面体ABCD的体积V=f(x)=13x×12(4x=16(x38x2+16x)(0<x<4)f'(x)=16(3x216x+16)=16(x4)(3x当0<x<43时,f'(x)>0,V=f(x)单调递增当43<x<4时,f'(x)<0,V=f(x)单调递减故当AD=x=43时,四面体ABCD的体积取得最大值以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),C83,0,0,D0,83,43,E43,43,0