高考科学复习创新方案-数学资料-高考大题冲关系列(四)

高考大题冲关系列（4）

高考中立体儿何问题的热点题型

命题动向：立体几何是高考的重点，约占整个试卷的15%,通常以一大两小的

模式命题，以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系

的判定与证明以及空间向量与空间角（特别杲二面角）的计算是考杳的重点内容，前

者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式考查.立体几何着重考查考生

的推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化

归思想贯穿整个立体几何的始终.

题型1空间位置关系的证明及空间角的计算

例1（2021•天津高考）如图，在楼长为2的正方体力版一月归6]〃中,《为核

比'的中点,少为楂切的中点.

（1）求证：平面4届；

（2）求直线AG与平面A,EG所成角的正弦值；

（3）求二面角力一46一£的正弦值.

解（1）证明：以4为原点,力氏力〃,14所在直线分别为岗xz轴，建立如图所

示的空间直角坐标系，

则

尔0,0,0),4(0,0,2),BQ,0,0),C(2,2,0),〃(0,2,0),6；(2,2,2),〃(0,2,2),

因为E为棱8c的中点,F为棱⑺的中点,所以山2,1,0),ai,2,0),

所以标=(1,0,一2),痣=(2,2,0),施=(2,1,-2),

设平面力图的一个法向量为m=(乂,y„zj,

fzz?•布=2%+2乂=0

则彳

[卬•诵=2汨+%—2©=0

令*=2,则m=⑵-2,1),

因为6-印=2—2=0,所以办上以

因为〃尺平面4星，

所以〃尸〃平面4例.

(2)由⑴得，花=(2,2,2),

设直线区与平面所成的角为

_|o•花I2也

则sin0=|cos(a,AG)=|川花|=3乂2m=9,

(3)如图,连接加.由正方体的特征可得，平面力4c的一个法向量为场=(2,-

2,0),

砺.m_____8____2y[2

则cos(DB,a)=\说㈤=2^X3=3'

1-cos2(砺1

所以二面角力一片右一£的正弦值为

3,

ID

［冲关策略］立体几何中的位置关系(平行或垂直)的证明常采用几何法，即

借助线面或面面的平行(或垂直)的判定及性质定理求解;而角度的计算常采用坐

标法借助向量的相关知识求解，求解的关键是坐标系的建立及相应坐标的正确书

写.

变式训练1(2021•新高考I卷)如图,在三棱锥A—BCD中,平面/I做L平面

BCD,AB=AD,。为做的中点.

(1)证明：OAA.CD;

(2)若aa/是边长为1的等边三角形，点E在棱仞上,DE=2EA,且二面角E

一8。一〃的大小为45°,求三棱锥力一版的体积.

解⑴证明：在△?1初中，因为四=做〃为M的中点，所以创

因为平面力劭_L平面BCD,且平面川外n平面BCD=BD,勿u平面ABD,所以力

平面BCD,

又因为CDc.平面成刀，所以OALCD.

(2)解法一：(空间向量法)

由题意可得CD=1,BD=2,N应心=60°,在△凡力中，由余弦定理，

得BC=qBU+d2BD・C戾。s/BDC

所以5+BC=Rk

所以△成》为直角三角形，且/成刀=90°.

以。为坐标原点，勿，6所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面BCD

的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设点£在z轴上的坐标为加(〃汉))，

(2\

3

所以应=（0,一小,0）,宓=也

3

V/7)

设平面比方的法向量为a=（3仇c）,

由/7i•加=0,n}•布=0,

(3、

~~tn

并令。=1,得〃二0.

<1）

易得平面以力的一个法向量为n-（0,0,1）,

2

所以m=~由相似三角形易得AO=\y

所以匕-筋1x1

解法二：（几何法）

如图,取OD的三等分点F,使得2OF=DF,取8c的三等分点、G,使得2CG=BG,

连接EF,FG,EG,

因为2AE=DE,

所以△力必。△砒Z

所以AO//EF.

由⑴知，力。J_平面BG),所以£7」平面BCD,所以EFIBC,EF1FG,

194

又01)=1,所以OB=\,OF=-DF=-BF=~,

JJJ

所以2加=做所以△解

22

所以GF//CD,且GF=-CD=~

OO

因为如=①=a=1,所以BCLCD,BC=^i.

所以GFA.BC.

又因为EF1BC,EFu平面EFG,GFu平面EFG,EFCGE=F,所以8aL平面EFG.

所以BCA.EG.

所以N£6尸即为二面角£一6。一〃的平面角，所以NE6尸=45°,

9

又因为EF工FG,所以△夕灯为等腰直角三角形,所以/=FG=%

由相似三角形易得力31,

所以匕-解&1X1

题型2立体几何中的折叠问题

例2(2019•全国IH卷)图1是由矩形ADEB,Rl2\/18C和菱形组成的一

个平面图形,其中/由=1,BE=BF=2,NFBC=60°.将其沿力氏BC折起使得BE与BF

重合,连接〃G,如图2.

⑴证明：图2中的4C；G,〃四点共面,且平面力比比平面BCGE\

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

解⑴证明：由已知得AD"BE,CG//BE,

所以/1〃〃出

所以49,CG确定一个立面,从而A,C,G,〃四点共面.

由已知得ABLBE,AB1BC,且BECBC=B,

所以月见L平面BCGE.

又因为ABa平面月园所以平面4?C_L平面BCGE.

(2)作夕〃_凿垂足为〃

因为机平面BCGE,立面仇77区L平面ABC,

所以上平曲ABC.

由已知，菱形及后?的边长为2,/破'=60°,可求得冽勺1,»/=、「.

以〃为坐标原点,应的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

Hxyz,

则/(一1,1,0),C(l,0,0),G(2,0,4)，2&=(1,0,木)，丸=(2,—1,0).

设平面〃的法向量为n=(x,必z),

衣・71=0x+/z=0

则彳即4

衣・片0,2x—y=0.

所以可取〃=(3,6,一黄).

又平面应况?的法向量可取卬=(0,1,0),

由i、i/\小m小

明以cos(Z7,nn=-—~r=•

\n\m\/

由图知，二面角3—8—力为锐角，

因此二面角8—CG-/1的大小为30°.

〔冲关策略］解决与折替有关的问题的关键是搞清折春前后的变化量和不变

量.一般情况下,在同一半平面内的位置关系和度量关系不变,在两个半平面内的

关系多发生变化,弄清相应关系是解题突破口.

变式训练2(2021•沈阳一模)如图1,平面四边形仍与中，点〃在边四上，勿

=〃£且四边形ABC!)是边长为2的正方形.沿着直线49将△力龙折起,使平面ADE

，平面力玄〃(如图2),已知F,〃分别是棱胡"C的中点,G是棱放上一点.

(1)求证：平面如16LL平面月成；

(2)若直线励与平面仍切所成角的正切值为半时,求锐二面角F—DG—H的

乙

余弦值.

图I图2

解⑴证明：•・•平面力〃£1平面4?绍

平面ADEO平面ABCD=AD,

ADLAB,ABa平面平面ADE,：.ABVDF.

在Rt△川宏中，DE=DA、F是熊的中点，

：.DFLAEy又AEQAB=A.AE,力及=平面ABE,

・•・〃/。平面ABE,

又DFu平面7,・•・平面平面ABE.

⑵如图，取切的中点和连接他圾则股〃〃£且MH=、DE=1,

•・・平面49£L平面ABCD,平面ADEC平面ABCD=AD,DEVAD,DEu平面ADE,

・・.〃Z?_L平面力"以・••初/J_平面ABCD,

・•・N〃GV即直线GH与平面极力所成的角，则tan/HGM===整

:.GM=W：,GC=^G.^-al=i.

以〃为坐标原点，物,比；龙'所在直线分别为x轴、F轴、z轴建立空间直角坐

标系，

则次0,0,0),户(1,0,1；,〃(0,1,1),G(l,2,0),

・,•席=(1,2,0),赤'=(1,0,1),扬/=(0,1,1).

设平面的法向量为口=(a,〃c),平面〃G〃的法向量为止=(x,y,z),

比,Ai=Oa+2b=0

即

a+c=O

不妨令a=-2,则费=(—2,1,2),

比・〃尸0卜+2y=0

即《

(DH-A-0[y+z=O

不妨令>=—2,则ik=(—2,1,-1),

・・•锐二面角产一族一〃的余弦值为由.

题型3立体几何中的探索性问题多角探究

角度1探索性问题与平行相结合

例3如图所示，四棱锥S一月笛的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边

长的十倍，点夕为侧棱SO上的点，且CPLSD.

(1)求证：ACLSD\

(2)若S〃J_平面PAQ则侧棱SC上是否存在一点E,使得跖〃平面为C?若存在,

求防：用的值;若不存在,试说明理由.

解⑴证明：连接能设/1C交加于点Q则〃做连接S0,由题意知四棱

锥S-/1版是正四棱锥,所以S0_L平面ABCD.

以。为坐标原点，勿，笫OS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.

设底面边长为&则高正幸.

乙

/o\(0\/O\

蛆、A/2a

02a21

于是s,C在,0C=返,,sb=

0022

亚\o)\O)

\2y\0/\O7

0

\.逅2,”

则次-劲=0.故OCLSD,从而ACLSD.

⑵极SC上存在一点£使庞〃平面PAC.

理由如下：由已知条件及（1）,可知房是平面四C的一个法向量，且市1=

彼讣(0、

2T2A8

0,CS=22BC=

y亚.

2

\2y\2a7\0/

、

设亦=tCS,ze[0,1],则瓦=瓦、+宓=反+tCS=孚a1一,

，而砺・」

乙

）

=0=>[o,1].

即当SE：EC=2：1时,BEADS.

又时平面PAC,故即//平面PAC.

［冲关策略］利用向量法探究线面平行，只需将这条直线的方向向量用半血

内两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直来

处理,再说明这条直线不在己知平面内.

变式训练3如图，在长方体ABCD-AEC。中，A4=41)=1,E为缪的中点.

(1)求证：RE1A";

(2)在棱月4上是否存在一点£使得加力平面A45?若存在,求力〃的长;若不

存在，说明理由.

解⑴证明：以点力为原点，就就就的方向分别为x轴、y轴、z轴正方

向，建立空间直角坐标系(如图).

2

设力8=金则月(0,0,0),〃(0,1,0),〃(0,1,1),£1,5(包0,1).

W

~2

故诙=(0,1,1),防=].

、一1?

♦:私♦^=—^X0+lX1+(-1)X1=0,：.B,ELAD^

乙

⑵假设在棱14上存在一点P(0,0,㈤，使得“〃平面8AE,此时用=(0,-

(a\

2

1,㈤.丽=(a,0,1),~AE=.

W

设平面的法向量n=(x,y,z).

平面BAE,

3_L葩ax-\-z=0

ax,

\nVAE万+y=0.

/I\

取彳一1,得平面万月夕的一个法向量〃二号.

乙

\—aJ

要使〃/力平面BxAEy只要〃_1_我有楙-azo=O,解得2b=1.

又加*平面AAE,

・•・存在点P,满足〃尸〃平面B、AE,

此时AP=).

乙

角度|2探索性问题与垂直相结合

例4如图，将长方形的4a(及其内部)绕以旋转一周形成圆柱，其中0A=

1,3=2,弧弱的长%仍为O0的直径.

⑴在弧标上是否存在点在平面总4〃的同侧)，使8CUA?若存在,

确定其位置;若不存在,说明理由；

(2)求二面角4一〃/?一台的余弦值.

解(1)存在.当8c为圆柱0Q的母线时,仇」力凡

如图所示,连接因NCGC

因为8c为圆柱的的母线，

所以8CJ■平面力始

又因为BCu平面ABC,

所以ACLBC.

因为力6为圆。的直径,所以比工力C.

又ACOB£=C,所以应工平面AEC

因为ARu平面ARC,所以BCIAR.

(2)以。为原点，例例所在直线分别为y,z轴,垂直于y,z轴的直线为x轴建

立空间直角坐标系，如图所示.

4(0,1,2),。(0,0,2),M0,-1,0),

因为诵的长为《，

0

\

2

所以N4。出=小,8J3,

2

\27

n、

2

O\B=(0,—1,—2),O\B\—

2

\0)

设平面Q88的法向量皿=(乂y,z),

0\B*a—O

则J

(XBx•m=0

令x=-3,解得y=木,z=一平.

/-3\

所以m=木

\27

因为彳轴垂直平面A心B,

所以平面4a8的一个法向量为〃=(1,0,0).

2倔

所以cos<<ri)=

17'

因为二面角的平面角为锐角，所以其余弦值为岑.

［冲关策略］利用向景法探究垂直问题，其•证明直线与直线垂直，只需证明

两条直线的方向向量垂直，其二证明面面垂直，只需证明两个平面的法向量垂直，

解题的关键是灵活建系，从而将几何证明转化为向量运算.

变式训练4(2022•江苏常州高三摸底考试)已知四棱锥P-ABCD的底面

/位切是直角梯形，阳ABLBC,AX木,BC=2AD=2、E为少的中点，FB1AE.

⑴证明：平面加_1_平面力筋;

⑵若PB=PD,/T与平面月加9所成的角为李则布测面PCD内是否存在一点

A；使得以0_平面若存在,求出点川到平面ABCD的距离；若不存在,请说明理

由.

解⑴证明：由四边形ABCD是直角梯形,BC=2AD=2,ABLBC,

可得DC=2,/BCD—,

o

，AM?是等边三角形,皮?=2,即平分N4k

•:E为缪的中点，.••鹿=力〃=1,

C.BDLAE,

又PB上AE,/%nBD=B,PB,做□平面/%〃,・••力反L平面PBD.

又/底平面ABCD.

・•・平面加_L平面ABCD.

(2)存在.在平面脸内作P0_L班于0,连接例如图.

「平面PBD上平面ABCD,平面PBDC平面ABCD=BD,Pg平面冲.,•即J_平面

ABCD,

・•・4PC0为阳与平面力用力所成的角，

则N/JQ2=：・•・△〃％是等腰直角三角形，

：.OP=OC.*：PB=PD,POLBD,

，〃为初的中点，优1屹

：・OP=OC=木.

以。为原点，OB,0C,。所在直线分别为乂必/轴建立空间直角坐标系，

则8(1,0,0),C(0,一：0),。(一1,0,0),尸(0,0,业PC=(0,小,一小),PD=

(—1,0,—y[i).

假设在侧面/C9内存在点A；

使得用VI平面〃成十，

设画上APD+〃乏(A,〃三0,4+〃W1),

易得M-4，小〃，一，5(4+〃-1)),

则嬴三(―4—1,小〃，一木(4+〃-1)).

前.瓦?=03〃+34+〃-1=0

由《得

丽・pb=o4+1+34+〃-1=0.

19

解得A=-〃==，满足题意，

□□

所以在侧面只”内存在一点可使得眦£平面PCD,此时点N到平面力砥9的距

离为-（乂+〃-1）

角度3|探索性问题与空间角相结合

例5（2021•石家庄二模）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，△

月仍为等边三角形,平面为2吐底面ABCD,E为的中点.

⑴求证：CELPD\

（2）在线段初（不包括端点）上是否存在点F,使直线4〃与平面必尸所成角的正

弦值为乎?若存在，确定点方'的位置;若不存在,请说明理由.

□

解（1）证明：取力夕的中点。，连接/乜〃“

*：PA=PB,：.POA.ABt

;平面为4_L底面ABCD,

•••凡比底面ABCD.

又ECu底面ABCD,：.POLEC.

在正方形ABCD内，0,夕分别为力民力〃的中点，・•・△加：,/ODE=/

ECD,

又/ECZ/DEC=9Q：：./DEC+/ODE=9G,：.ECLOD.

又ODC\PO=〃I.CEL平面POD,

VPk平面PODyC.CELPD.

（2）取切的中点G,连接OG,由（1）可知OB,OP,兆'两两垂直，

・•・以。为原点，以先；少所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空

间直角坐标系.

设力8=2,贝I」月(一1,0,0),8(1,0,0),^0,0,第)，£(—1,l,0),〃(一1,2,0),

/.7^=(-1,1,-A/3),Al^=(1,0,A/3),Bb=(-2,2,0),BE=(-2,1,0),

设防三人面K0＜么＜1),则徐=(一2A,2A.0),

：,TF=~BF-~BE=(-24+2,24-1,0).

设平面如'的法向量为n=(x,y,z),

[nA.PE诙=0

则彳M

〃_1_赤z?.珍=0

-x+y-/z=0

即・

—24+2x+24一1y—0

令尸1,则一奈品=衣六i

/24一1、

2—2

/.n=1.

]

\\/32-247

设直线力产与平面阳'所成的角为〃，

Asin0=|cos〈诙〃〉|=-----