2020版新一线高考理科数学（北师大版）一轮复习教学案：高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题




[命题解读]　立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．
空间的平行与垂直及空间角的计算

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，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．
【例1】　(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．
[解]　(1)证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，
所以EF∥AD，EF＝AD．
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD．
又BC＝AD，所以EF綊BC，
四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.
又BF平面PAB，CE平面PAB，
故CE∥平面PAB．
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0 ＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．
因为BM与底面ABCD的夹角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，即＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设＝λ，则
x＝λ，y＝1，z＝－λ.②
由①②解得(舍去)，或
所以M，从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角M­AB­D的余弦值为.
[规律方法]　(1)证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线．
(2)求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系．
(2018·北京高考)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，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.
(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．
[解]　(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
所以AC⊥EF.
因为AB＝BC，
所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC，
所以EF⊥平面ABC.
因为BE平面ABC，
所以EF⊥BE.
如图，建立空间直角坐标系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＝(－1，－2,0)，＝(1，－2,1)．
设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则
即
令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.
于是n＝(2，－1，－4)．
又因为平面CC1D的法向量为＝(0,2,0)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
由题知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－.
(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0,2，－1)．
因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交．
立体几何中的探索性问题

此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．
【例2】　(2016·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，
所以PD⊥平面PAB．
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD．
又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．
因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD．
如图，建立空间直角坐标系O­xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，
P(0,0,1)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则

即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.
所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．
因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.
[规律方法]　解立体几何中探索性问题的方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；
(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；
(3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．
易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱BB1⊥底面ABC，BB1＝4，AB⊥BC，且AB＝BC＝3，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，D为B1C1的中点．
(1)当点M，N运动时，能否出现AD∥平面B1MN的情况，请说明理由；
(2)若BN＝，求直线AD与平面B1MN夹角的正弦值．
[解]　(1)当M，N分别为AB，BC的中点时，AD∥平面B1MN.证明如下：连接CD，当M，N分别为AB，BC的中点时，
CN∥B1D，且CN＝B1D＝BC，
∴四边形B1DCN为平行四边形，∴DC∥B1N.
又DC平面B1MN，B1N平面B1MN，
∴DC∥平面B1MN.
又易知AC∥MN，AC平面B1MN，MN平面B1MN，
∴AC∥平面B1MN.
∵DC∩AC＝C，∴平面ADC∥平面B1MN.
∵AD平面ADC，∴AD∥平面B1MN.
(2)如图，设AC的中点为O，作OE⊥OA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
∵BN＝，AB＝BC＝3，∴AC＝6.
∴M(2,0,1)，N(－1,0,2)，A(3,0,0)，B1(0，－4,3)，D，
∴＝(－3,0,1)，＝(2,4，－2)．
设平面B1MN的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
可得平面B1MN的一个法向量为n＝(1,1,3)．
又＝，
∴|cos〈n，〉|＝＝.
设直线AD与平面B1MN的夹角为α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝.
平面图形的翻折问题

将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．
【例3】　(本题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)
如图，四边形①，E，F分别为AD，BC的中点，以②，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：③；
(2)求④.
[信息提取]　看到①ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；
看到②把△DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；
看到③想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；
看到④想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．
[规范解答]　(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
·····························································2分
又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．·················3分
(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD．···············4分
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.5分
由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF. ································6分
可得PH＝，EH＝.7分
则H(0,0,0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量. ································10分
设DP与平面ABFD的夹角为θ，则sin θ＝＝＝.···11分
即DP与平面ABFD夹角的正弦值为.·························12分
[易错与防范]
易错点
防范措施
不能恰当的建立坐标系
由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.
建系后写不出相应点的坐标
结合折叠前后的不变量，注意题设条件中的隐含，如PF⊥平面PED，即可求出PH，从而求出相应点的坐标.
[通性通法]　立体几何中的折叠问题，关键是搞清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，不在同一个平面上的性质发生变化．
(2019·湖南六校联考)如图，梯形EFBC中，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝EC＝4，EF＝2，A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点．

(1)当点M是EC的中点时，求证：BM∥平面AFED；
(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为时，求三棱锥E­BDM的体积．
[解]　(1)法一：取ED的中点N，连接MN，AN，
∵点M是EC的中点，∴MN∥DC，且MN＝DC，
而AB ∥DC，且AB＝DC，
∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，
∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，
∴BM∥平面AFED．
法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，
平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，
∴DA，DC，DE两两垂直．
以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，
∴＝(－2,0,1)，
又平面AFED的一个法向量＝(0,4,0)，
·＝0，
∴⊥，
又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED．
(2)依题意设点M(0＜t＜4)，
设平面BDM的法向量n1＝(x，y，z)，
则·n1＝2x＋2y＝0，·n1＝ty＋z＝0，
令y＝－1，则n1＝，
取平面ABF的一个法向量n2＝(1,0,0)，
∵|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得t＝2.
∴M(0,2,1)为EC的中点，S△DEM＝S△CDE＝2，
又点B到平面DEM的距离h＝2，
∴VE­BDM＝VB­DEM＝·S△DEM·h＝.
[大题增分专训]
1．(2019·湖北八市联考)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF ∥BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P­EF­B的大小为60°.

(1)求证：EF⊥PB；
(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值．
[解]　(1)证明：∵AB＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，
∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，
有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，
∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥P B．
(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，
∴∠PEB是二面角P­EF­B的平面角，∴∠PEB＝60°，
又PE＝2，BE＝1，由余弦定理得PB＝，
∴PB2＋EB2＝PE2，∴PB⊥EB，∴PB，BC，EB两两垂直．
以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0，)，C(3,0,0)，E(0,1,0)，F(2,1,0)，
∴＝(0,1，－)，＝(2,1，－)，
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由即
令y＝，则z＝1，x＝0，可得n＝(0，，1)，
又＝(3,0，－)，∴sin θ＝＝.
故直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值为.
2.(2019·西宁模拟)底面为菱形的直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，A1D1的中点．
(1)在图中作出一个平面α，使得BDα，且平面AEF∥α；(不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD­A1B1C1D1的截面)
(2)若AB＝AA1＝2，∠BAD＝60°，求平面AEF与平面α的距离D．
[解]　(1)如图，取B1C1的中点M，D1C1的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即为所求平面α.
(2)如图，连接AC交BD于点O，
∵在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为菱形，∴AC⊥BD，
∴以点O为坐标原点，分别以DB，AC所在直线为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，
又∵直棱柱ABCD­A1B1C1D1中所有棱长为2，∠BAD＝60°，
∴A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，
A1(0，－，2)，B1(1,0,2)，D1(－1,0,2)，
∴E，F，
∴＝，＝，
＝(1，，0)，
设平面AEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令y＝4，得n＝(0,4，－3)，
|n|＝，
∴点B到平面AEF的距离h＝＝＝，
∴平面AEF与平面α的距离d＝.
3.如图，在三棱锥P­ABC中，△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，∠CAB＝90°，AC＝AB，平面PAB⊥平面PAC.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)若Q是棱AB上一点，VQ­BMC＝VP­ABC，求二面角Q­MC­A的余弦值．
[解]　(1)证明：因为△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，
所以CM⊥PA，又平面PAC⊥平面PAB，平面PAC∩平面PAB＝PA，
所以CM⊥平面PAB．
因为AB平面PAB，所以CM⊥AB，
又CA⊥AB，CM∩CA＝C，所以AB⊥平面PAC.
又AB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)连接PQ，由题意及(1)得VQ­BMC＝VM­BQC＝VP­BQC＝VP­ABC，
所以S△QBC＝S△ABC，所以Q为线段AB的中点．
取AC的中点为O，连接OP，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
设AC＝AB＝2，
则A(1,0,0)，B(1,2,0)，Q(1,1,0)，C(－1,0,0)，M，
则＝，＝(2,1,0)，＝(0,2,0)，
易知平面AMC的一个法向量为＝(0,2,0)．
设平面QMC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，－2，－)，
由图可知二面角Q­MC­A为锐角，故所求二面角的余弦值为|cos〈n，〉|＝＝＝