2021高考数学一轮复习 第七章 立体几何与空间向量 教材高考答题（四）课件

第七章立体几何与空间向量教材·高考·答题(四)——立体几何热点问题三年真题考情高考热点真题印证核心素养线面位置关系与空间角2019·全国卷Ⅰ，T182019·全国卷Ⅱ，T172018·全国卷Ⅲ，T192017·全国卷Ⅰ，T181.直观想象2.数学运算3.逻辑推理立体几何中的折叠问题2019·全国卷Ⅲ，T192018·全国卷Ⅰ，T181.直观想象2.数学运算3.逻辑推理立体几何中的开放问题2019·北京卷，T162019·天津卷，T172018·全国卷Ⅱ，T201.直观想象2.数学运算3.逻辑推理一、教材链接高考——线面位置关系与空间角[链接教材](人A选修2－1·习题改编)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)问仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)问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．已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，tan∠PBA＝63，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＝63，则B(1，0，0)，P0，0，63，C(1，1，0)，故F12，12，66，D(0，1，0)，所以AD→＝(0，1，0)，AF→＝12，12，66，设平面AFD的法向量为n＝(x，y，z)，则AD→·n＝0，AF→·n＝0，得y＝0，12x＋12y＋66z＝0，令z＝6，得x＝－2.所以n＝(－2，0，6)．连接BD，则BD⊥AC，又BD⊥PA，且AC∩PA＝A，所以BD⊥平面AFC，则BD→＝(－1，1，0)就是平面AFC的法向量．设二面角C-AF-D的大小为θ，由题意知θ为锐角，则cosθ＝|BD→·n||BD→|·|n|＝22×10＝55.所以二面角C-AF-D的余弦值为55.1．本题与“教材探究”中的题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．1．(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB→＝(1，0，0)，CE→＝(1，－1，1)，CC1→＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则CC1→·m＝0，CE→·m＝0，即2z2＝0，x2－y2＋z2＝0，所以可取m＝(1，1，0)．于是cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－12.所以二面角B-EC-C1的正弦值为32.二、教你如何审题——立体几何中的折叠问题(2019·全国卷Ⅲ)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中的四边形ACGD的面积．[审题路线][自主解答](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故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，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解：取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.平面图形的翻折问题，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会发生变化，不在同一个平面上的性质会发生变化．2．(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，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．(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，EF⊂平面PEF，PF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，分别以FB→，HF→，HP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝32，EH＝32.则H(0，0，0)，P0，0，32，D(－1，－32，0)，DP→＝1，32，32，HP→＝0，0，32.又HP→为平面ABFD的一个法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ.则sinθ＝HP→·DP→|HP→||DP→|＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.三、满分答题示范——立体几何中的开放问题(满分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22.(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114，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由．[规范解答]解：(1)设BD交AC于点O，连接OE.因为PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，所以PB∥OE.(2分)又O为BD的中点，所以E为PD中点．(3分)(2)连接OP，由题意知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，所以以OC→，OD→，OP→所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系，如图所示．(4分)OP＝PD2－OD2＝6.所以O(0，0，0)，A(－2，0，0)，B(0，－2，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，6)，则E0，22，62，OC→＝(2，0，0)，OE→＝0，22，62，OD→＝(0，2，0)．(5分)设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1)．则m·OC→＝0，m·OE→＝0，⇒x1＝0，y1＋3z1＝0.令z1＝1，得平面AEC的一个法向量m＝(0，－3，1)，(7分)假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设PF→＝λPA→(0≤λ≤1)．则F(－2λ，0，6－6λ)，OF→＝(－2λ，0，6－6λ)．(8分)设平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，所以n·OD→＝0，n·OF→＝0⇒y2＝0，－2λx2＋（1－λ）6z2＝0.令z2＝1得平面BDF的一个法向量n＝3（1－λ）λ，0，1.(10分)由平面AEC与平面BDF所成锐二面角的余弦值为114，则cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12·1＋31λ－12＝114，解得λ＝15.(11分)所以|PF→|＝15|PA→|＝225.故在线段PA上存在点F，当|PF|＝225时，平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.(12分)1．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□1，第(2)问中建系时证明PO，AC，BD两两垂直□3，以及建系后得到各点的坐标．2．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□2，第(2)问中求两个平面的法向量□5和□7．3．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)问中计算λ的值□8以及计算线段PF的长度□9等．[解题程序]第一步：分析题目条件、建立空间直角坐标系．第二步：假设数学对象存在，设出其坐标．第三步：求相关平面的法向量或直线的方向向量．第四步：根据题目条件构建方程并求解．第五步：明确结论．3．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＝22，DEBF，∠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.因为DE⊥平面ABCD，所以OG⊥平面ABCD.所以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(0m22)，由题意，易求A(3，0，0)，C(－3，0，0)，E(0，－1，22)，F(0，1，m)，则AE→＝(－3，－1，22)，AF→＝(－3，1，m)，CE→＝(3，－1，22)，CF→＝(3，1，m)，设平面AEF，平面CEF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．则n1·AE→＝0，n1·AF→＝0，所以－3x1－y1＋22z1＝0，－3x1＋y1＋mz1＝0，解得z1＝23m＋22x1，y1＝26－3mm＋22x1.取x1＝m＋22，得n1＝(m＋22，26－3m，23)．同理可求n2＝(m＋22，3m－26，－23)．若平面AEF⊥平面CEF，则n1·n2＝0，所以(m＋22)2＋(3m－26)(26－3m)－12＝0，解得m＝2或m＝72(舍)，故当BF长为2时，平面AEF⊥平面CEF.(2)当m＝2时，AE→＝(－3，－1，22)，AC→＝(－23，0，0)，EF→＝(0，2，－2)，AF→＝(－3，1，2)，CF→＝(3，1，2)，则EF→·AF→＝0，EF→·CF→＝0，所以EF⊥AF，EF⊥CF，且AF∩CF＝F，所以EF⊥平面AFC，所以平面AFC的一个法向量为EF→＝(0，2，－2)．设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AC→＝0，所以－3x－y＋22z＝0，x＝0，得y＝22z，x＝0.令z＝2，n＝(0