2019版高考数学（理）创新大一轮人教A全国通用版讲义：专题探究课四


高考导航　1.立体几何是高考考查的重要内容，每年的高考试题中基本上都是“一大一小”两题，即一个解答题，一个选择题或填空题，题目难度中等偏下；2.高考试题中的选择题或填空题主要考查学生的空间想象能力及计算能力，解答题则主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、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，重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力，热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；3.解决立体几何问题要用的数学思想方法主要有：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).

热点一　空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(教材VS高考)
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】 (满分12分)(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD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所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.
教材探源　本题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础上进行了改造，删去了例4的第(2)问，引入线面角的求解.
满分解答　(1)证明　取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，
EF＝AD，1分(得分点1)
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綉BC，
四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
3分(得分点2)
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.4分(得分点3)
(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，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－).
6分(得分点4)
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，
＝，
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①，②解得(舍去)，
所以M，从而＝.
8分(得分点5)
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2).10分(得分点6)
于是cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角M－AB－D的余弦值为.
12分(得分点7)
　
❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，作辅助线→证明线线平行→证明线面平行；第(2)问中，建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.
❷得关键分：(1)作辅助线；(2)证明CE∥BF；(3)求相关向量与点的坐标；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的过程，有则给分，无则没分.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如(得分点4)，(得分点5)，(得分点6)，(得分点7).
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.
【训练1】 (2018·长沙模拟)在四棱锥P－ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC平分∠BAD，G为PC的中点，PA＝AD＝2，BC＝DE，AB＝3，CD＝2，F，M分别为BC，EG上一点，且AF∥CD.

(1)求的值，使得CM∥平面AFG；
(2)求直线CE与平面AFG所成角的正弦值.
解　(1)在Rt△ADC中，∠ADC为直角，
tan∠CAD＝＝，则∠CAD＝60°，
又AC平分∠BAD，∴∠BAC＝60°，
∵AB＝3，AC＝2AD＝4，
∴在△ABC中，由余弦定理可得BC＝，
∴DE＝.
连接DM，
当＝＝时，AG∥DM，
又AF∥CD，AF∩AG＝A，
∴平面CDM∥平面AFG，
又CM⊂平面CDM，
∴CM∥平面AFG.
(2)分别以DA，AF，AP为x，y，z轴的正方向，A为原点，建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，

则A(0，0，0)，C(－2，2，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2)，E(－2－，0，0)，可得G(－1，，1)，
则＝(－1，，1)，＝(0，－2，0)，
＝(－，－2，0).
设平面AFG的法向量为n＝(x，y，z)，∵AF∥CD，
∴即
令x＝1，得平面AFG的一个法向量为n＝(1，0，1).
∴直线CE与平面AFG所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝＝.
热点二　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、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：
(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】 如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.

(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由.
(1)证明　∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)解　存在.以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，
E，所以＝(1，1，0)，＝.
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则n＝(－1，1，－2).
假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，则·n＝0.
又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.
探究提高　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
【训练2】 (2018·河北“五个一”名校二模)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED是以BD为直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)在线段EF上是否存在一点P，使得平面PAB与平面ADE所成的锐二面角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由.
(1)证明　在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
∴AB＝2，
在△DCB中，由余弦定理得BD2＝DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝3，
∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥平面BFED.
(2)解　存在.理由如下：
假设存在满足题意的点P，
∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，
以D为原点，DA，DB，DE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，

则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，0，2)，F(0，，1)，则＝(0，，－1)，＝(－1，，0)，＝(－1，0，2)，
设P是线段上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ，
则＝λ＝λ(0，，－1)，
在△AEP中，＝＋＝＋λ
＝(－1，0，2)＋λ(0，，－1)＝(－1，λ，2－λ).
取平面ADE的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
令y＝2－λ，则m＝((2－λ)，2－λ，(1－λ))为平面PAB的一个法向量，
∵二面角A－PD－C为锐二面角，
∴cos〈m，n〉＝＝，解得λ＝，
故P为线段EF上靠近点E的三等分点.
热点三　立体几何中的折叠问题
将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.
【例3】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.
(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，
所以D′H⊥平面ABCD.

(2)解　如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.
则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，
B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，
D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3).
设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，
则即
所以可取m＝(4，3，－5).
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，
则即
所以可取n＝(0，－3，1).
于是cos〈m，n〉＝＝＝－.
sin〈m，n〉＝.
因此二面角B－D′A－C的正弦值是.
探究提高　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.
【训练3】 (2018·衡水中学调研)如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段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)所示.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.
(1)证明　在题图(1)中，连接CE，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，
所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，
所以BE⊥AC.
在题图(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
又OA1∩OC＝O，OA1，OC⊂平面A1OC，
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)解　由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，
所以∠A1OC＝，所以OB，OC，OA1两两垂直.
如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则B(，0，0)，E(－，0，0)，A1(0，0，)，C(0，，0)，
得＝(－，，0)，＝(0，，－)，
由＝＝(－，0，0)，得D(－，，0).
所以＝(－，，0).
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
直线BD与平面A1BC所成的角为θ，
则得
取x＝1，得n＝(1，1，1).
从而sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为.

1.(2018·成都诊断)如图所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，
∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点.

(1)求证：BC∥平面PAE；
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明　∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理得：AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
解得CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，
∴△ACD是直角三角形.
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE⊂平面PAE，BC⊄平面PAE，
∴BC∥平面PAE.
(2)解　由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为原点，以AB，AE，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，则P(0，0，2)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(－，3，0)，

∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2).
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，则
即
设x＝1，则y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
2.(2018·郑州调研)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图所示，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.

(1)求证：BP⊥CE；
(2)求二面角B－PC－D的余弦值.
(1)证明　由条件，点P在平面BCDE的射影O落在BE上，
∴平面PBE⊥平面BCDE，且在△BCE中，BE2＋CE2＝BC2，∵BE2＝2，CE2＝2，BC2＝4，∴BE⊥CE，
又平面PBE∩平面BCDE＝BE，CE⊂平面BCDE，
∴CE⊥平面PBE，
又BP⊂平面PBE，∴BP⊥CE.
(2)解　以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0，0，)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝，可得n1＝，
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
令z2＝，可得n2＝(2，0，)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
结合图形判断二面角B－PC－D为钝二面角，
则二面角B－PC－D的余弦值为－.
3.(2018·西安模拟)如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA1C1C可以通过直角梯形BB1C1C以CC1为轴旋转得到，且二面角B1－CC1－A为120°.

(1)若点E是线段A1B1上的动点，求证：DE∥平面ABC；
(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.
(1)证明　连接DA1，DB1，∵CD∥AA1且CD＝AA1，
∴四边形AA1DC是平行四边形，
∴AC∥A1D，同理BC∥DB1，
∴A1D∥平面ABC，DB1∥平面ABC，
又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1⊂平面DA1B1，
∴平面DA1B1∥平面CAB，
又DE⊂平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.

(2)解　在平面A1B1C1内，过C1作C1F⊥B1C1，
由题知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.

分别以C1F，C1B1，C1C为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系C1－xyz，
则C1(0，0，0)，A(，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，
所以＝(，－1，1)，＝(0，0，2)，＝(－，1，1)，＝(0，－2，1)，
设平面A1AC的法向量为m＝(x，y，z)，平面BAC的法向量为n＝(a，b，c)，
有则可取m＝(，3，0)，
有则可取n＝(，1，2)，
cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B－AC－A1的余弦值为.
4.(2018·武汉模拟)如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点.

(1)求证：BF⊥平面ABCD；
(2)二面角C－BG－D的大小可以为60°吗，若可以求出此时的值，若不可以，请说明理由.
(1)证明　∵四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，
∴BF⊥BD，
又∵AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，
∴BF⊥平面ABCD.
(2)解　假设二面角C－BG－D的大小可以为60°，
由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，

BF＝h(h>0)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，
＝(－1，1，h)，＝(0，2，0).
设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取n＝(h，0，1).
由于AC⊥BF，AC⊥BD，
∴AC⊥平面BDG，平面BDG的法向量为＝(2，2，0).
由题意得cos 60°＝＝，
解得h＝1，此时＝.
∴当＝时，二面角C－BG－D的大小为60°.
5.(2018·湘中名校调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，E，F，M分别是棱PD，PC和BC上的点，且＝＝＝，N是PA上一点，AD＝PD.

(1)求当为何值时，平面NEF⊥平面MEF；
(2)在(1)的条件下，若AB＝DC＝2，PD＝3，求平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值.
解　(1)在AD上取一点G，使得＝，连接EG，MG，
∴＝＝＝，
∴EG∥PA，MG∥CD.
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，
∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，
∵＝，∴EF∥DC，则EF⊥平面PAD.
∵平面NEF⊥平面MEF，∴∠NEG＝90°，
在Rt△PAD中，AD＝PD，∴PA＝PD，
在△PNE中，由正弦定理得PN＝PD.
∴当＝2时，平面NEF⊥平面MEF.
(2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，N(1，0，2)，

∴＝(2，2，－2)，＝(3，－2，0)，＝(3，0，－3)，＝(0，2，0)，
设平面BCN的法向量n＝(x，y，z)，
则
即
令y＝3，则x＝2，z＝5，∴n＝(2，3，5)，
∵EF∥AB，FM∥PB且EF∩FM＝F，
∴平面MEF∥平面PAB，
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，z1＝1，∴n1＝(1，0，1)，
∴平面MEF的一个法向量为n1＝(1，0，1)，
∴|cos〈n1，n〉|＝，即平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值为.
6.(2018·广州模拟)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ>0).现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图2所示.

(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明　由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直.
∴PD⊥平面PEF.
在图1中，E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，
则EF∥AC，GD＝GB＝2GH.
在图2中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2)解　存在.由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz.

设PD＝4，则P(0，0，0)，F(2，0，0)，E(0，2，0)，D(0，0，4)，∴H(1，1，0).
∵＝＝λ，
∴＝，∴R.
∴＝＝.
＝(2，－2，0)，＝(0，2，－4)，
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得取z＝1，则m＝(2，2，1).
∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
∴|cos〈m，〉|＝
＝＝＝，
∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去).
故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.