2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量创新引领前瞻立体几何热点问题课件新人教A版

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量创新引领前瞻立体几何热点问题课件新人教A版

立体几何热点问题 三年真题考情 核心热点 真题印证 核心素养 线、面位置关系的证明与线面角 2019· 天津， 17 ； 2019· 浙江， 19 ； 2018· Ⅰ ， 18 ； 2018· Ⅱ ， 20 ； 2016· 天津， 17 ； 2018· 天津， 17 ； 2017· 北京 ·16 数学运算、逻辑推理、直观想象 线、面位置关系的证明与二面角 2019· Ⅰ ， 18 ； 2019· Ⅱ ， 17 ； 2019· Ⅲ ， 19 ； 2019· 北京， 16 ； 2018· Ⅲ ， 19 ； 2017· Ⅲ ， 19 ； 2017· Ⅰ ， 18 ； 2017· Ⅱ ， 19 ； 2016· Ⅰ ， 18 ； 2016· Ⅱ ， 19 数学运算、逻辑推理、直观想象 热点聚焦突破 教材链接高考 —— 线面位置关系与空间角 [ 教材探究 ] ( 选修 2 － 1P109 例 4) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD ⊥ 底面 ABCD ， PD ＝ DC ，点 E 是 PC 的中点，作 EF ⊥ PB 交 PB 于点 F . (1) 求证： PA ∥ 平面 EDB ； (2) 求证： PB ⊥ 平面 EFD ； (3) 求二面角 C － PB － D 的大小 . [ 试题评析 ] 　 1. 本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用： (1) 证明或判定空间中的线面位置关系， (2) 求空间角 . 2. 教材给出的解法虽然都用到了向量，但第 (1)(2) 题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第 (3) 题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解 . 3. 除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化 . (1) 求证：平面 PBC ⊥ 平面 ABCD ； (2) 求二面角 C － PB － D 的余弦值 . (1) 证明　 取 BC 的中点 O ，连接 OP ， OA ，如图 . 所以 OA ⊥ BC ， OP ⊥ BC ，且 OA ＝ OP ＝ 3. 又因为 OA ∩ BC ＝ O ， OA ⊂ 平面 ABCD ， BC ⊂ 平面 ABCD ，所以 OP ⊥ 平面 ABCD . 又因为 OP ⊂ 平面 PBC . 所以平面 PBC ⊥ 平面 ABCD . 探究提高　 1. 本题与教材选修 2 － 1P109 例 4 相比其难点在于不易找到二面角 C － PB － D 的平面角，或者说找到这个二面角的平面角对学生来说是一个很大的难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量并且利用法向量来求二面角，就可以化解这个难点，这也是向量法的优势所在 . 2. 利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性 . 【链接高考】 (2019· 全国 Ⅱ 卷 ) 如图，长方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 1 上， BE ⊥ EC 1 . (1) 证明： BE ⊥ 平面 EB 1 C 1 ； (2) 若 AE ＝ A 1 E ，求二面角 B － EC － C 1 的正弦值 . (1) 证明　 由已知得， B 1 C 1 ⊥ 平面 ABB 1 A 1 ， BE ⊂ 平面 ABB 1 A 1 ，故 B 1 C 1 ⊥ BE . 又 BE ⊥ EC 1 ， B 1 C 1 ∩ EC 1 ＝ C 1 ， B 1 C 1 ， EC 1 ⊂ 平面 EB 1 C 1 ， 所以 BE ⊥ 平面 EB 1 C 1 . (2) 解　 由 (1) 知 ∠ BEB 1 ＝ 90°. 由题设知 Rt △ ABE ≌ Rt △ A 1 B 1 E ，所以 ∠ AEB ＝ 45° ，故 AE ＝ AB ， AA 1 ＝ 2 AB . 设平面 ECC 1 的法向量为 m ＝ ( x 2 ， y 2 ， z 2 ) ， 所以可取 m ＝ (1 ， 1 ， 0). 教你如何审题 —— 立体几何中的折叠问题 【例题】 (2019· 全国 Ⅲ 卷 ) 图 ① 是由矩形 ADEB ， Rt △ ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB ＝ 1 ， BE ＝ BF ＝ 2 ， ∠ FBC ＝ 60°. 将其沿 AB ， BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG ，如图 ② . (1) 证明：图 ② 中的 A ， C ， G ， D 四点共面，且平面 ABC ⊥ 平面 BCGE ； (2) 求图 ② 中的二面角 B － CG － A 的大小 . [ 审题路线 ] [ 自主解答 ] (1) 证明　 由已知得 AD ∥ BE ， CG ∥ BE ，所以 AD ∥ CG ， 所以 AD ， CG 确定一个平面，从而 A ， C ， G ， D 四点共面 . 由已知得 AB ⊥ BE ， AB ⊥ BC ，且 BE ∩ BC ＝ B ， BE ， BC ⊂ 平面 BCGE ， 所以 AB ⊥ 平面 BCGE . 又因为 AB ⊂ 平面 ABC ，所以平面 ABC ⊥ 平面 BCGE . (2) 解　 作 EH ⊥ BC ，垂足为 H . 因为 EH ⊂ 平面 BCGE ，平面 BCGE ⊥ 平面 ABC ，平面 BCGE ∩ 平面 ABC ＝ BC ， 所以 EH ⊥ 平面 ABC . 探究提高　 立体几何中折叠问题的解决方法 解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚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，不在同一平面上的性质发生变化 . (1) ( 一题多解 ) 求证：平面 C ′ FA ⊥ 平面 ABC ′ ； (2) 求平面 AFC ′ 与平面 BEC ′ 所成二面角的平面角的大小 . (1) 证明　法一　 ∵ F 是 AC 的中点， ∴ AF ＝ C ′ F . 设 AC ′ 的中点为 G ，连接 FG ，如图 (1). 设 BC ′ 的中点为 H ，连接 GH ， EH . ∵∠ ABC ＝ 90° ， E ， F 分别是 BC ， AC 的中点， ∴ FE ⊥ BC ， ∴ C ′ E ⊥ EF ， BE ⊥ EF ， ∴∠ BEC ′ 为二面角 C ′ － EF － B 的平面角 . ∴∠ BEC ′ ＝ 60°. ∵ E 为 BC 的中点， ∴ BE ＝ EC ′ ， ∴△ BEC ′ 为等边三角形， ∴ EH ⊥ BC ′. ∵ EF ⊥ C ′ E ， EF ⊥ BE ， C ′ E ∩ BE ＝ E ， ∴ EF ⊥ 平面 BEC ′. ∵ EF ∥ AB ， ∴ AB ⊥ 平面 BEC ′ ， 又 EH ⊂ 平面 BEC ′ ， ∴ AB ⊥ EH . (1) ∵ BC ′ ∩ AB ＝ B ， ∴ EH ⊥ 平面 ABC ′. ∵ G ， H 分别为 AC ′ ， BC ′ 的中点， ∴ FG ∥ EH ， ∴ FG ⊥ 平面 ABC ′. 又 FG ⊂ 平面 C ′ FA ， ∴ 平面 C ′ FA ⊥ 平面 ABC ′. 法二　 ∵∠ ABC ＝ 90° ， E ， F 分别为 BC ， AC 的中点， ∴ EF ⊥ BC ， ∴ EF ⊥ BE ， EF ⊥ EC ′. ∵ BE ∩ EC ′ ＝ E ， ∴ FE ⊥ 平面 BC ′ E . ∴ AB ⊥ 平面 BEC ′. 如图 (2) ，分别以 BE ， BA 所在直线为 y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 . 设 AB ＝ 2 ， (2) 观察图形可知，平面 AFC ′ 与平面 BEC ′ 所成的二面角的平面角为锐角， ∴ 平面 AFC ′ 与平面 BEC ′ 所成二面角的平面角的大小为 45°. 满分答题示范 —— 立体几何中的开放问题 【例题】 (12 分 ) 如图 ① ，已知等腰梯形 ABCD 中， AB ∥ CD ， AB ＝ 2 AD ＝ 2 CD ＝ 2. 将 △ ADC 沿 AC 折起，使得 AD ⊥ BC ，如图 ② . [ 规范解答 ] (1) 证明　 ∵ 等腰梯形 ABCD 中， AB ∥ CD ， AB ＝ 2 AD ＝ 2 CD ＝ 2 ， 又 AC 2 ＋ BC 2 ＝ AB 2 ， ∴ AC ⊥ BC .2′  ∵ AD ⊥ BC ， AD ∩ AC ＝ A ， ∴ BC ⊥ 平面 ADC .3′  又 ∵ BC ⊂ 平面 ABC ， ∴ 平面 ADC ⊥ 平面 ABC .4′  以 C 为原点， CA 所在的直线为 x 轴， CB 所在的直线为 y 轴，过点 C 垂直于平面 ABC 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图 .5′  设平面 ACE 的法向量为 m ＝ ( x ， y ， z ) ， 令 y ＝ t ，则 z ＝ 2( t － 1) ， ∴ m ＝ (0 ， t ， 2( t － 1)).9′  由 (1) 知，平面 ACD 的一个法向量为 n ＝ (0 ， 1 ， 0).10′  [ 高考状元满分心得 ] ❶ 得步骤分：抓住得分点的步骤 “ 步步为赢 ” ，求得满分 . 如第 (1) 问中证明面面垂直时，层层递进，先证明线线垂直  ，再证明线面垂直  ，最后得到面面垂直  . ❷ 得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分 . 如第 (2) 问中的建系方法  ，求两个平面的法向量  . ❸ 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的保证 . 如第 (2) 问中由二面角的大小求 t 的值  等 . 【规范训练】 (2020· 绵阳诊断 ) 如图，四棱锥 S － ABCD 中， SD ⊥ 底面 ABCD ， AB ∥ DC ， AD ⊥ DC ， AB ＝ AD ＝ 1 ， DC ＝ SD ＝ 2 ， E 为棱 SB 上的一个点，且 SE ＝ 2 EB . (1) 证明　 由 SD ⊥ 底面 ABCD ， AD ， DC ⊂ 平面 ABCD ，知 SD ⊥ AD ， SD ⊥ DC . 又 AD ⊥ DC ，故以 D 为原点， DA ， DC ， DS 所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，则 A (1 ， 0 ， 0) ， B (1 ， 1 ， 0) ， C (0 ， 2 ， 0) ， S (0 ， 0 ， 2). 又 ∵ BC ∩ BS ＝ B ， ∴ DE ⊥ 平面 SBC . (2) 解　 存在 . 理由如下： ∴ ( x － 1 ， y － 1 ， z ) ＝ λ ( － 1 ， 1 ， 0) ， ∴ M (1 － λ ， 1 ＋ λ ， 0) ， ∴ 存在点 M ，且点 M 是靠近点 B 的 BC 的三等分点 .