【数学】2018届一轮复习人教A版第八章立体几何与空间向量专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第八章立体几何与空间向量专题探究课四高考中立体几何问题的热点题型学案

专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型 高考导航　1.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“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；2.思想方法：(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(规范解答)‎ 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，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·湖州模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.‎ ‎(1)求证：平面PBD⊥平面COD；‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.‎ 满分解答　(1)证明　∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，‎ ‎∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.‎ ‎∴CO⊥AB.2分 又PO⊥平面ABC，‎ OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.‎ 又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，‎ ‎∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.4分 又CO⊂平面COD，‎ ‎∴平面PDB⊥平面COD.6分 ‎(2)解　以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.‎ 则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，‎ ‎∴＝(0，－1，－1)，＝(2，－2，0)，＝(0，－3，1).‎ ‎8分 设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).10分 设PD与平面BDC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝ ‎＝＝.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎12分 ‎　‎ ‎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，先证线面垂直，再证两面垂直.‎ ‎❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO⊥平面PDB”.‎ ‎❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.‎ 如第(2)问中求法向量n，计算线面角正弦值sin θ.‎ ‎ 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】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD‎1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.‎ ‎(1)证明：EF∥B‎1C.‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值.‎ ‎(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B‎1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B‎1C⊄面A1DE，于是B‎1C∥面A1DE.又B‎1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B‎1C.‎ ‎(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD‎1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.‎ 设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥，‎ n1⊥得 ‎(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).‎ 设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).‎ 则cos〈n1，n2〉＝＝＝.‎ 所以二面角E－A1D－B1的余弦值为.‎ 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】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD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所成角的正弦值；‎ ‎(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.‎ ‎(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.‎ 又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)解　取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 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O－xyz.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的一个法向量为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所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解　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，‎ 则·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＝.‎ 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】 (2015·天津卷改编)在四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1中，侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B‎1C和D1D的中点.‎ ‎(1)求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；‎ ‎(3)在棱A1B1上是否存在点E，使得直线NE与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求出线段A1E的长；若不存在，请说明理由.‎ 解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B‎1C和D1D的中点，‎ 所以M，N(1，－2，1).‎ ‎(1)证明　依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.‎ ‎(2)＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的一个法向量，则 即 不妨设z1＝1，可得n1＝(0，1，1).‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，则 又＝(0，1，2)，‎ 得不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2，1).‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈n1，n2〉＝，‎ 所以二面角D1－AC－B1的正弦值为.‎ ‎(3)假设存在点E，使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为.依题意，可设＝λ，其中λ∈[0，1]，‎ 则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，‎ 由已知，得|cos〈，n〉|＝ ‎＝＝，‎ 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±.‎ 又因为λ∈[0，1]，所以λ＝－2，‎ 因此存在点E，满足题设条件，‎ 且线段A1E＝－2.‎ 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′的一个法向量，‎ 则即 所以可取m＝(4，3，－5).‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的一个法向量，‎ 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】 (2015·陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是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.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明　在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，‎ 所以∠A1OC＝.‎ 如图，以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，‎ 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，‎ 所以B，E，A1，C，‎ 得＝，＝，＝＝(－，0，0).‎ 设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)； 得取n2＝(0，1，1)，‎ 从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. ‎