高考数学一轮复习 专题讲座4 立体几何在高考中的常见题型与求解策略课件 理 北师大版

如图(b)，在折叠后的图形中，连接 OF 和 A′F.
因为 A′O＝ 3，所以 A′F2＝OF2＋A′O2， 所以 A′O⊥OF. 在折叠前的图形中，DE⊥OF， 所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF.
又 OF∩A′F＝F，OF，A′F 平面 OA′F， 所以 DE⊥平面 OA′F.
因为 OA′ 平面 OA′F，所以 DE⊥OA′. 因为 OF∩DE＝F，OF，DE 平面 BCDE， 所以 A′O⊥平面 BCDE.
2.(2016·青岛模拟)如图所示，四边形 ABCD 中， AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，点 E，F 分 别在 BC，AD 上，且 E 为 BC 的中点，EF∥AB.现将四边形 ABEF 沿 EF 折起，使二面角 A-EF-D 等于 60°.
(1)设 P 为 AD 的中点，求证：CP∥平面 ABEF； (2)求直线 AF 与平面 ACD 所成角的正弦值．
2 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中，因为 BQ＝DP＝λ，BE＝DF
＝1，于是 EQ＝FP＝ 1＋λ2，所以四边形 EFPQ 是等腰梯 形．同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形． 分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG， 则 GO⊥PQ，HO⊥PQ，而 GO∩HO＝O，
解得y＝73，所以方程组无解．
所以侧棱 AA1 上不存在点 P，使 CP⊥平面 BDC1.
专题二 平面图形的翻折问题 如图①，在等腰直角三角形 ABC 中，∠A ＝90°， BC＝6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，CD＝BE＝ 2，O 为 BC 的中点．将△ADE 沿 DE 折起，得到如图②所示的四 棱锥 A′­BCDE，其中 A′O＝ 3.
所以
cos〈n，OA→′〉＝
→ n·OA′
→
＝
|n||OA′|
3 3×
＝ 5
15， 5
即二面角 A′­CD-B 的平面角的余弦值为 15. 5
翻折问题的求解策略 (1)解决这类问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变 量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变 化. (2)在解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要分 析翻折后的图形，也要分析翻折前的图形，进而将其转化为 立体几何的常规问题求解．
B1(－ 2， 2， 14)．
因此A→1B＝(0， 2，－ 14)，B→D＝(－ 2，－ 2， 14)，
→ DB1
＝
(0，
2，0)．
设平面 A1BD 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，
平面 B1BD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)．
m 由
m
·A→1B ＝ 0， ·B→D＝0，
即
专题一 线面位置关系的证明与空间角的求解
(2015·高考浙江卷)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点，D 是 B1C1 的中点． (1)证明：A1D⊥平面 A1BC； (2)求二面角 A1­BD­B1 的平面角的余弦值．
故二面角
A1­ BD­ B1
的平面角的余弦值为－1. 8
空间中线面的平行与垂直的证明思路 (1)利用相应的判定定理和性质定理去解决； (2)利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系 的关键是建立恰当的直角坐标系，将空间中的线、面分别用 向量正确表示．把空间位置关系的证明转化为空间向量的运 算，通过运算解决证明问题．
法二：以点 O 为原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图(c) 所示(F 为 DE 的中点)， 则 A′(0，0， 3)，C(0，－3，0)， D(1，－2，0)， 所以O→A′＝(0，0， 3)，C→A′＝(0，3， 3)， D→A′＝(－1，2， 3)． 设 n＝(x，y，z)为平面 A′CD 的一个法向量，
专题讲座四 立体几何在高考中 的常见题型与求解策略
专题讲座四 立体几何在高考中的常见题型与求解策略
考情概述 立体几何是历年高考必考的热点，试题难度中 等，命题的热点主要有空间线面位置关系的证明和空间角的 求解；试题背景有折叠问题，探索性问题等，考查了学生的 空间想象能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能 力，解决此类问题一般有传统方法和向量方法，用向量法解 决问题可以化繁为简，降低题目的难度．
取 n＝1，－13，21.
又A→B1＝(－2，－3，2)，所以A→B1·n＝－2＋1＋1＝0，即A→B1 ⊥n.
因为 AB1 平面 BDC1，所以 AB1∥平面 BDC1. (2)易知C→1C＝(0，3，0)是平面 ABC 的一个法向量． cos〈n，C→1C〉＝|nn|·|CC→→11CC|＝－27.
故 A1D∥AE. 又因为 AE⊥平面 A1BC， 所以 A1D⊥平面 A1BC.
(2)以 CB 的中点 E 为原点，分别以射线 EA，EB 为 x，y 轴 的正半轴，建立空间直角坐标系 Exyz，如图所示． 由题意知各点坐标如下：
A1(0，0， 14)，B(0， 2，0)，D(－ 2，0， 14)，
(2)法一：如图(b)，过 O 作 OM 垂直于 CD 的延长线于点 M，
连接 A′M.
因为 A′O⊥平面 BCDE，CM 平面 BCDE，OM 平面 BCDE，所以 A′O⊥CM，A′O⊥OM.
因为 A′O∩OM＝O，所以 CM⊥平面 A′OM.
因为 A′M 平面 A′OM，所以 CM⊥A′M，
(1)当 λ＝1 时，证明：直线 BC1∥平面 EFPQ； (2)是否存在 λ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直 二面角？若存在，求出 λ 的值；若不存在，说明理由．
[解]法一：(1)证明：如图(1)，连接 AD1，由 ABCD-A1B1C1D1 是正方体，知 BC1∥AD1. 当 λ＝1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP∥AD1.所以 BC1∥FP.
(2)由题意知，翻折后仍有 EF⊥AF，EF⊥FD，则 EF⊥平 面 AFD. 所以∠AFD 为二面角 A-EF-D 的平面角， 即∠AFD＝60°. 过 A 作 AO⊥FD 于 O. 又因为 AO⊥EF， 所以 AO⊥平面 CDFE. 作 OG∥EF 交 EC 于 G， 则 OG⊥FD，AO⊥OG. 分别以 OG，OD，OA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角 坐标系 Oxyz，
解：(1)证明：取 AF 的中点 Q，连接 QE，QP. 则 QP∥DF，QP＝12DF. 又 DF＝4，EC＝2，且 DF∥EC， 所以 QP∥EC，且 QP＝EC， 即四边形 PQEC 为平行四边形． 所以 CP∥QE.
又因为 QE 平面 ABEF，CP 所以 CP∥平面 ABEF.
平面 ABEF，
所以二面角 C1­BD­C 的余弦值为27. (3)假设侧棱 AA1 上存在一点 P 使得 CP⊥平面 BDC1. 设 P(2，y，0)(0≤y≤3)，则C→P＝(2，y－3，0)，
则CC→→PP··C→1CB→1＝D＝0，0，即32（＋y3－（3y）－＝3）0，＝0. y＝3，
(1)证明：A′O⊥平面 BCDE； (2)求二面角 A′­CD-B 的平面角的余弦值．
[解] (1)证明：法一：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形 ABC 中， 因为 BC＝6，O 为 BC 的中点， 所以 AC＝AB＝3 2，OC＝OB＝3. 又因为 CD＝BE＝ 2，所以 AD＝AE＝2 2. 如图(a)，连接 OD，在△OCD 中，由余弦定理可得 OD＝ OC2＋CD2－2OC·CDcos 45°＝ 5. 在折叠后的图形中，因为 A′D＝2 2，所以 A′O2＋OD2＝A′ D2，所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE.又 OD∩OE＝O， 所以 A′O⊥平面 BCDE.
2y1－
14z1 ＝ 0，
－ 2x1－ 2y1＋ 14z1＝0，
可取 m＝(0， 7，1)．
由nn··DB→→DB1＝＝00，，
即
2y2＝ 0，
－ 2x2－ 2y2＋ 14z2＝0，
可取 n＝( 7，0，1)． 于是|cos〈m，n〉|＝ |m·n| ＝1.
|m|·|n| 8
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，
而 FP 平面 EFPQ，且 BC1 故直线 BC1∥平面 EFPQ.
平面 EFPQ，
(2)如图(2)，连接 BD.因D.又 DP＝BQ，DP∥BQ，
2 所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQ∥BD，且 PQ＝BD， 从而 EF∥PQ，且 EF＝1PQ.
解. (1)证明：依题意可建立如图所示的空间直角坐标系 C1xyz，
则 C1(0，0，0)，B(0，3，2)，B1(0，0，2)， C(0，3，0)，A(2，3，0)，D(1，3，0)， 设 n＝(x1，y1，z1)是平面 BDC1 的法向量，
则nn··CC→→11BD＝＝00，，
即3y1＋2z1＝0， x1＋3y1＝0，
[解] (1)证明：设 E 为 BC 的中点，连接 AE，A1E，DE(图略)， 由题意得 A1E⊥平面 ABC， 所以 A1E⊥AE. 因为 AB＝AC，所以 AE⊥BC. 故 AE⊥平面 A1BC. 由 D，E 分别为 B1C1，BC 的中点， 得 DE∥B1B 且 DE＝B1B， 从而 DE∥A1A，DE＝A1A， 所以四边形 A1AED 为平行四边形．
法二：如图(a)，在折叠前的图形中，连接 AO，交 DE 于点 F，则 F 为 DE 的中点．在等腰 Rt△ABC 中，因为 BC＝6， O 为 BC 的中点，所以 AC＝AB＝3 2，OA＝3. 因为 CD＝BE＝ 2，所以 D 和 E 分别是 AC，AB 的三等分 点，则 AF＝2，OF＝1.
在 Rt△AOF 中，AF＝2，∠AFO＝60°，则 FO＝1，OA＝ 3.
所以 F(0，－1，0)，A(0，0， 3)，D(0，3，0)，C(2，1，0)．