【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项四 突破1空间中的平行与空间角学案（含解析）

立体几何

考情分析

从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,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角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查.着重考查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.

必备知识

1.证明线线平行和线线垂直的常用方法

(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.

(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l⊥α,a⫋α⇒l⊥a.

2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型

(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.

(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.

(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.

(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.

3.求几何体的表面积或体积

(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解.

(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.

(3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用.

4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.

突破1　空间中的平行与空间角

题型一　证明平行关系求线面所成的角

【例1】(2020北京,16)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.

(1)证明:BC1∥平面AD1E;

(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.

解题心得1.几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行.

2.证线线平行或线面平行时,难点是找直线在平面的平行线:

(1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行;

(2)构造平行四边形,找平行线;

(3)将证线面平行问题转化为面面平行,即过所证直线作辅助面,证该平面与已知平面平行;

(4)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行.

3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量.

对点训练1(2020全国2,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.

(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;

(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

题型二　证明平行关系求二面角

【例2】(2019全国1,理18)

如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.

(1)证明:MN∥平面C1DE;

(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=,结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

对点训练2(2020全国3,理19)

如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)证明:点C1在平面AEF内;

(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

题型三　求空间角及存在平行关系问题

【例3】如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=1,BC=3.

(1)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值;

(2)线段BD上是否存在点M,使得直线CE∥平面AFM?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.

解题心得1.先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,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.

2.空间向量最适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需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”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.

对点训练3(2020山东淄博三模)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M在线段AB上(包含端点),连接AD.

(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线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M-EC-F的余弦值;若不存在,说明理由.

高考大题专项(四)　立体几何

突破1　空间中的平行与空间角

例1(1)证明在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,且AB=A1B1,A1B1∥C1D1,且A1B1=C1D1,

∴AB∥C1D1,且AB=C1D1,即四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1∥AD1.

∵BC1⊈平面AD1E,AD1⫋平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.

(2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A-xyz,

设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),=(2,0,2),=(0,2,1),=(0,0,2),

设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),由令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2).

|cos<n,>|=.

因此,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.

对点训练1(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.

又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,

所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.

所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.

(2)解由已知得AM⊥BC.以M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M-xyz,则AB=2,AM=.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=,E,0.

由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.

设Q(a,0,0),

则NQ=,

B1,故,||=.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,

故sin=cos<n,>

=.

所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.

例2(1)证明连接B1C,ME.

因为M,E分别为BB1,BC的中点,

所以ME∥B1C,且ME=B1C.

又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,

因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊈平面EDC1,

所以MN∥平面C1DE.

(2)解由已知可得DE⊥DA.

以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).

设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则

所以可取m=(,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则

所以可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=,所以二面角A-MA1-N的正弦值为.

对点训练2解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.

(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c,F0,b,c,=0,b,c,=0,b,c,得,

因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.

(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).

设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则

即

可取n1=(-1,-1,1).

设n2为平面A1EF的法向量,

则同理可取n2=,2,1.

因为cos<n1,n2>==-,所以二面角A-EF-A1的正弦值为.

例3解(1)因为ADEF为正方形,所以AF⊥AD.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AF⊥AB.因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AF两两垂直.

分别以AB,AD,AF为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).

因为AB=AD=1,BC=3,所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),

所以=(-1,0,1),=(1,2,0),=(0,0,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),

则

令x=2,则y=-1,所以n=(2,-1,0).

设直线BF与平面CDE所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=.

(2)设=λ(λ∈[0,1]),设M(x1,y1,z1),则(x1-1,y1,z1)=λ(-1,1,0),

所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0),所以=(1-λ,λ,0).

设平面AFM的一个法向量为m=(x0,y0,z0),则

因为=(0,0,1),所以令x0=λ,则y0=λ-1,所以m=(λ,λ-1,0).

在线段BD上存在点M,使得CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1],使得m·=0.

因为=(-1,-2,1),由m·=0,所以-λ-2(λ-1)=0,解得λ=∈[0,1].

所以线段BD上存在点M,使得CE∥平面AFM,且.

对点训练3解(1)因为直线MF⫋平面ABFE,故点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(即直线AE)上(如图所示).

因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,

所以OM=MF,AO=BF,所以AO=2.

故点O在EA的延长线上,且与点A间的距离为2.

连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是EC的中点.

连接MN,则MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.

又MN⫋平面EMC,OD⊈平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.

(2)存在.由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,又AE∩DE=E,所以EF⊥平面ADE.

所以平面ABFE⊥平面ADE,易知△ADE为等边三角形,取AE的中点H,则易得DH⊥平面ABFE,以H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则E(-1,0,0),D(0,0,),C(0,4,),F(-1,4,0),所以=(1,0,),=(1,4,).

设M(1,t,0)(0≤t≤4),则=(2,t,0),设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),

则

取y=-2,则x=t,z=,

所以m=t,-2,为平面EMC的一个法向量.

要使直线DE与平面EMC所成的角为60°,则,

整理得t2-4t+3=0,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,连接QA,则为平面CEF的法向量,

易得Q-,0,,A(1,0,0),

所以=,0,-.

设二面角M-EC-F的大小为θ,

则|cosθ|=.

因为当t=2时,cosθ=0,平面EMC⊥平面CDEF,

所以当t=1时,cosθ=-,θ为钝角;当t=3时,cosθ=,θ为锐角.综上,二面角M-EC-F的余弦值为±.