【数学】2021届一轮复习人教A版立体几何热点问题学案 10页

‎2021届一轮复习人教A版 立体几何热点问题 学案 三年考情分析 热点预测 真题印证 核心素养 线、面位置关系的证明与线面角 ‎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、空间想象 线、面位置关系的证明与二面角 ‎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、空间想象 审题答题指引 ‎1.教材与高考对接——线面位置关系与空间角 ‎【题根与题源】 (选修2－1 P109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．‎ ‎【教材拓展】 ‎ 已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，tan ∠PBA＝，F为PC的中点，求二面角C－AF－D的余弦值．‎ 解　如图所示，因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，‎ 所以PA，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝1，‎ 则PA＝AB·tan ∠PBA＝，则B(1，0，0)，P，C(1，1，0)，‎ 故F，D(0，1，0)，‎ 所以＝(0，1，0)，＝，‎ 设平面AFD的法向量为n＝(x，y，z)，则 得 令z＝，得x＝－2.所以n＝(－2，0，)．‎ 连接BD，则BD⊥AC，‎ 又BD⊥PA，所以BD⊥平面AFC，‎ 则＝(－1，1，0)就是平面AFC的法向量．‎ 设二面角C－AF－D的大小为θ，‎ 则cos θ＝＝＝.所以二面角C－AF－D的余弦值为.‎ ‎【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－AF－D的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求 二面角，就可化解这个难点，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】 (2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．‎ ‎(1)证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.‎ 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，‎ 故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)解　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.‎ 当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点．‎ 由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，‎ M(0，1，1)，＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，‎ 则即可取n＝(1，0，2)．‎ 是平面MCD的法向量，‎ 因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.‎ 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.‎ ‎2.教你如何审题——立体几何中的折叠问题 ‎【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ ‎【审题路线】‎ ‎ ‎ ‎【自主解答】‎ ‎(1)证明　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，‎ 又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，‎ 所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)解　作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.‎ 可得PH＝，EH＝.则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的一个法向量．‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎【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．‎ ‎【尝试训练】 (2019·青岛模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如图(2)的立体图形．‎ ‎(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；‎ ‎(2)若BD⊥EC，求二面角F－BD－C的余弦值．‎ ‎(1)证明　由折叠可知，AE⊥EF.‎ 因为AE⊥CF，且EF∩CF＝F，所以AE⊥平面EBCF.因为AE⊂平面AEFD，所以平面AEFD⊥平面EBCF.(2)解　如图所示，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF，所以DG⊥EC.‎ 因为BD⊥EC，BD∩DG＝D， ‎ 所以EC⊥平面BDG，‎ 所以EC⊥BG.‎ 所以∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC，‎ 所以∠BGE＝∠CEB，且∠EBC＝∠GEB＝90°，‎ 所以△EGB∽△BEC，则＝，‎ 因为EG＝AD＝2，BC＝4，所以EB＝2.‎ 以E为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，则F(0，3，0)，D(0，2，2)，C(2，4，0)，A(0，0，2)，B(2，0，0)．‎ 故＝(－2，2，2)，＝(0，－1，2)，＝(0，4，0)，＝(－2，－2，2)．‎ 设平面FBD的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则 令z＝1，得y＝2，x＝3，‎ 所以平面FBD的一个法向量是n＝(3，2，1)．‎ 设平面BCD的法向量m＝(a，b，c)，‎ 则 令a＝1，得b＝0，c＝1，所以平面BCD的一个法向量是m＝(1，0，1)．则cos〈n，m〉＝＝＝.‎ 易知，所求二面角为锐角，‎ 所以二面角F－BD－C的余弦值为.‎ ‎3.满分答题示范——立体几何中的开放问题 ‎【例题】 (12分)如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.‎ ‎(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；‎ ‎(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由．‎ ‎【规范解答】‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎4.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)问中利用线面平行的性质证明线线平行，第(2)问中建系时证明PO，AC，BD两两垂直，以及建系后得到各点的坐标．‎ ‎❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中指出点E的位置，第(2)问中求两个平面的法向量和．‎ ‎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)中计算λ的值以及计算线段PF的长度等．‎ ‎【构建模板】‎ ‎ ‎ ‎【规范训练】 (2019·杭州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2，DE>BF，∠ABC＝120°.‎ ‎(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?‎ ‎(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值．‎ 解　(1)连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.‎ 取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.‎ ‎∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.‎ ‎∴OG，AC，BD两两垂直．‎ 以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，‎ 设BF＝m(0