2021年高考数学二轮总复习县级公开课-立体几何专题

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真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
(2)解 以 D 为坐标原点，D→A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D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)， D→C＝(0，1，0)，P→B＝(1，1，－1). 由(1)可设 Q(a，0，1)，则D→Q＝(a，0，1).
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[解] (1)证明：如图，以 D 为原点建立空间 直角坐标系 D-xyz，设 AB＝a，PD＝h，则 A(a,0,0)， B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)．
∵―A→C ＝(－a，a,0)，―D→P ＝(0,0，h)，―D→B ＝ (a，a,0)，
∴―A→C ·―D→P ＝0，―AC→·―D→B ＝0， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，又 DP∩DB＝D，∴AC⊥平面 PDB. 又 AC⊂平面 AEC，∴平面 AEC⊥平面 PDB.
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故B→D＝(－2 2，2,2 2)，F→D＝(0，－1，2 2)，B→C＝(0,4,0)，C→D＝(－2 2，－2， 2 2)．
设平面 FBD 的法向量 n＝(x，y，z)， 则nn··FB→→DD＝＝－－y2＋22x＋2z2＝y＋0.2 2z＝0， 令 z＝1，得 y＝2 2，x＝3， 所以平面 FBD 的一个法向量是 n＝(3，2 2，1)． 设平面 BCD 的法向量 m＝(a，b，c)，
数学•高考二轮总复习
立体几何专题复习
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高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关 系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.
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真题感悟 1.(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平
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令 x＝2λ，则 z＝ 3，
∴n＝(2λ，0, 3)是平面 FGH 的一个法向量
∵AD⊥平面 AEB，
∴平面 GFB 的一个法向量为A→D＝(0,0,2)，
∵二面角 H-GF-B 的大小π6，
∴|cos〈n，A→D〉|＝
2λ22＋33×2＝ 23，
解得 λ＝±21，∵H 在 BC 上，∴λ＝12.
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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．
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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EEGB＝BECB，因为 EG＝AD＝2，BC＝4，所以 EB＝2 2. 以 E 为坐标原点，E→B的方向为 x 轴的正方向，E→F的方向为 y 轴的正方向，E→A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 2)， C(2 2，4,0)，A(0,0,2 2)，B(2 2，0,0)．
―→ ―→
∴cos∠AEO＝
EA ―→
·EO ―→
＝
22，
| EA |·| EO |
∴∠AEO＝45°，即 AE 与平面 PDB 所成的角的大小为 45°.
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1．解决立体几何问题一般有三种方法：综合法、向量法、 坐标法．综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向 量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问 题．一般情况下，我们遵循的原则是以综合法为基础，以向量 法为主导，以坐标法为中心．
2．向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避 免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位 置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计 算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．
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例 2（翻折问题）设 D 是直角△ABC 斜边 AC 的中点，AB＝2 3，BC＝2.将△CBD 沿着 BD 翻折，使得点 C 到达 P 点位置，且 PA＝ 10.
(1)求证：CD∥平面 FGH；
(2)求证：平面 DAF⊥平面 CEB；
(3)是否存在点 H，使得二面角 H-GF-B 的大小为π？若存在，求BH；若不存在，
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BC
说明理由．
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[思路导引] (1)推导出 FG∥AB，且 CD∥AB，从而 CD∥FG，由此能证明 CD∥ 平面 FGH.
(2)推导出 AD⊥平面 AEB，从而 AD⊥BE，再推导出 AF⊥BE，从而 BE⊥平面 ADF， 由此能证明平面 DAF⊥平面 CEB.
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则mm··BC→→CD＝＝4－b＝2 02，a－2b＋2 2c＝0.
令 a＝1，得 b＝0，c＝1，所以平面 BCD 的一个法向量是 m＝(1,0,1)．
因为 cos〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝
4 18×
2＝23，
所以二面角 F-BD-C 的余弦值为23.
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例 3 (存在性问题)如图，在四棱锥 E-ABCD 中，平面 ABCD⊥平面 AEB，且四边 形 ABCD 为矩形，∠BAE＝120°，AE＝AB＝4，AD＝2，F，G 分别为 BE，AE 的中点， H 在线段 BC 上(不包括端点)．
(1)求证：平面 PBD⊥平面 ABD； (2)求二面角 A-PB-D 的余弦值． 中，由 AB＝2 3，BC＝2，得 AC＝4， ∵D 为 AC 的中点，∴DC＝2，取 BD 中点 O，连接 CO(图略)，则 CO⊥BD，即 PO⊥BD， 在等边三角形 BCD 中，求得 CO＝ 3，即 PO＝ 3. 在△ADO 中，由 AD＝2，OD＝1，∠ADO＝120° 得 AO2＝22＋12－2×2×1×cos120°＝5－4×－12＝7.又 PA＝ 10，∴AO2＋PO2 ＝PA2， 即 PO⊥AO，∵AO∩BD＝O，∴PO⊥平面 ABD， 而 PO⊂平面 PBD，则平面 PBD⊥平面 ABD；
(3)在平面 ABE 内过点 A 作 AB 的垂线，建立空间直角坐标系 A-xyz，利用向量法 能求出存在点 H，使得二面角 H-GF-B 的大小为π6，且BBHC＝12.
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[解] (1)证明：在矩形 ABCD 中，CD∥AB，∵F，G 分别为 BE，AE 的中点， ∴FG∥AB，且 FG＝12AB， ∴CD∥FG， ∵CD⊄平面 FGH，FG⊂平面 FGH， ∴CD∥平面 FGH. (2)在矩形 ABCD 中，AD⊥AB， ∵矩形 ABCD⊥平面 AEB，且平面 ABCD∩平面 AEB＝AB， ∴AD⊥平面 AEB，
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点睛之笔 (1)翻折问题是立体几何中的常见题型，能够很好地考查由平面到空间的转化能 力，多为解答题． (2)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变， 抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口． (3)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化 到我们熟悉的几何体中去解决．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量， 则nn··DD→→QC＝＝00，， 即ay＝x＋0z. ＝0， 可取 n＝(－1，0，a).
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所以 cos〈n，P→B〉＝|nn|··|P→P→BB|＝
－1－a 3· 1＋a2.
设PB与平面QCD所成角为θ，
∴存在点 H，使得二面角 H-GF-B 的大小为π6，且BBHC＝21.
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点睛之笔 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、 论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“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，使问题的解决更简单、有 效，应善于运用这一方法解题．
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又 BE⊂平面 AEB，∴AD⊥BE， ∵AE＝AB，F 为 BE 的中点，∴AF⊥BE， 又 AD∩AF＝A，∴BE⊥平面 ADF， ∵BE⊂平面 CEB，∴平面 DAF⊥平面 CEB. (3)在平面 ABE 内过点 A 作 AB 的垂线，如图建立空间直角坐标系 A-xyz，
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∵∠BAE＝120°，AE＝AB＝4，AD＝2， ∴A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(0,4,2)，E(2 3，－2,0)， G( 3，－1,0)，F( 3，1,0)， 设BBHC＝λ，∴B→H＝λB→C＝λ(0,0,2)＝(0,0,2λ)． ∴H(0,4,2λ)，∴G→F＝(0,2,0)，F→H＝(－ 3，3,2λ)， 设平面 FGH 的法向量为 n＝(x，y，z)， ∴nn··GF→→HF＝＝00，， 即－2y＝30x，＋3y＋2λz＝0，
则
sin
θ＝
33×
|
a1＋＋1a|2＝
3 3
1＋a22＋a 1.
因为
3 3
1＋a22＋a 1＝
3 3
1＋a＋2 1a≤ 36，当且仅当 a＝1 时等号成立，
所以
PB
与平面
QCD
所成角的正弦值的最大值为
6 3.
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向量法研究空间位置关系及空间角 例 1 四 棱 锥 P-ABCD 的 底 面 是 正 方 形 ， PD ⊥ 底 面 ABCD，点 E 在棱 PB 上． (1)证明：平面 AEC⊥平面 PDB； (2)当 PD＝ 2AB 且 E 为 PB 的中点时，求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小．
面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
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(1)证明 因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD. 又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC， 又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC，AD⊄平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
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[解] (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) 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.
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(2)以 O 为坐标原点，分别以 OD，OC，OP 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示 的空间直角坐标系，
则 m＝(0,1,0)为平面 PBD 的一个法向量． A(2，－ 3，0)，B(－1,0,0)，P(0,0， 3)， P→A＝(2，－ 3，－ 3)，P→B＝(－1,0，－ 3)，
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如图所示，四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的 2倍， 点 P 为侧棱 SD 上的点，且 CP⊥SD.
(1)求证：AC⊥SD； (2)若 SD⊥平面 PAC，则侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE∥平面 PAC.若存在， 求 SE∶EC 的值；若不存在，试说明理由．
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(2)当 PD＝ 2AB 且 E 为 PB 的中点时，P(0,0， 2a)，
E12a，12a， 22a.设 AC∩BD＝O，则 Oa2，a2，0. 连接 OE，由(1)知 AC⊥平面 PDB，
∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所成的角．
∵―E→A ＝12a，－12a，－ 22a，―E→O ＝0，0，－ 22a，
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设平面 PAB 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
由nn··PP→→AB＝＝2－x－x－3y3－z＝03z＝0 ，
取 z＝1，得 n＝(－ 3，－3,1)．
∴cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝1×－313＝－3
13 13 .
由图可知，二面角 A-PB-D 为锐二面角，
∴二面角 A-PB-D 的余弦值为31313.