【文档说明】高考数学一轮总复习-高考大题冲关系列4-立体几何的综课件.ppt，共(48)页，1.970 MB，由小橙橙上传

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高考大题冲关系列四立体几何的综合问题命题动向：通过近三年的高考命题可以发现，高考对本部分内容的命题主要集中在空间线面平行关系、垂直关系的证明以及几何体体积的计算等问题，考题设置通常是先证明后计算，题型有折叠问题和探索性问题，主要考查考生的

空间想象能力和推理论证能力以及语言表达能力，难度中等．题型1空间点、线、面的位置关系例1[2016·江苏高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A

1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[解题视点](1)根据题中中位线的性质得线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；(2)先利用线面垂直的判定定理和性质将线线垂直与线面垂直相互转化，再利用面面垂直的判定定理证明．[证明](1)在直

三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱

柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1

.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1

DE⊥平面A1C1F.－冲关策略－(1)立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义，从而得到这两条直线垂直．解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂

直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线”的主要依据．(2)证明“线面平行”，是通过线线平行、面面平行的转化来实现的.变式训练1[2014·山东高考]如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PC

D，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.证明(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，AB＝BC＝12AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形

ABCE为菱形，所以O为AC的中点．又F为PC的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC，所以四边形BCDE为

平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.题型2平面图形的翻折问题例2[2016·全国卷Ⅱ]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＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．[解题视点](1)利用线面垂直的判定定理进行证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求

解．[解](1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF，得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC，得OHDO

＝AEAD＝14.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)如图，以H为坐标原点，HF→的方向为x轴正方向，HD→的方向为y轴正方向，HD′→的方向为z轴

正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5，0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，AB→＝(3，－4,0)，AC→＝(6,0,0)，AD′→＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的

法向量，则m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m＝(4,3，－5)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则n·AC→＝0，n·AD′→＝0，即6x

2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525，所以sin〈m，n〉＝29525.因此二面角B－D′A－C的正弦值是29525.－冲关策略－(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠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，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．－冲关策略－(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元素，包括“

未折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角，以及所有不变的线段.变式训练2已知在边长为4的等边△ABC(如图1所示)中，MN∥BC，E为BC的中点，连接AE交MN于点F.现将△AMN沿MN折起，使得平面AMN⊥平面MNCB

(如图2所示)．(1)求证：平面ABC⊥平面AEF；(2)若S四边形BCNM＝3S△AMN，求直线AB与平面ANC所成角的正弦值．解(1)证明：∵△ABC是等边三角形，E为BC的中点，∴AE⊥BC.∵MN∥BC，∴AF⊥MN，M

N⊥EF.又AF∩FE＝F，∴MN⊥平面AEF.∵BC∥MN，∴BC⊥平面AEF.∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面AEF.(2)由S四边形BCNM＝3S△AMN得S△AMN＝14S△ABC，∵△ABC∽△AMN，且MN∥

BC，∴MNBC2＝14，即MN＝12BC＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(0，0，3)，B(3，－2，0)，N(0,1,0)，C(3，2,0)，AN→＝(0,1，－3)，AC→＝(3，2，－3)．设平面A

NC的法向量为n＝(x，y，z)，则AN→·n＝0，AC→·n＝0，即y－3z＝0，3x＋2y－3z＝0，令z＝1，则x＝－1，y＝3，故平面ANC的一个法向量为n＝(－1，3，1)．∵A

B→＝(3，－2，－3)，设直线AB与平面ANC所成的角为α，则sinα＝|AB→·n||AB→|·|n|＝265，∴直线AB与平面ANC所成角的正弦值为265.题型3立体几何中的探索性问题例3[2016·北京高考]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＝5.(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AMAP的

值；若不存在，说明理由．[解题视点](1)欲证PD⊥平面PAB，只需在平面PAB内找两条相交直线与PD垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出直线PB的方向向量与平面PCD的法向量，即可求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)假设在棱PA上存在

点M，使得BM∥平面PCD，利用直线BM的方向向量与平面PCD的法向量垂直，得参数所满足的方程，若能求出参数的值，则说明存在，否则，不存在．[解](1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所

以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又因为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Oxyz.由题意，得A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)，PD→＝(0，－1，－1)，PC→＝(2,0，－1)．设平面PCD的法向量为n

＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－z＝0.令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又PB→＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33.所以直线PB与平面PCD所

成角的正弦值为33.(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM→＝λAP→.因此点M(0,1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD当且仅当BM→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ

＝14.所以在棱PA上存在一点M使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.－冲关策略－探索性问题的求解策略空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(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.变式训练3[2017·唐山模拟]直三棱柱ABC－A1B

1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置；若不存在，请说明

理由．解(1)证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB.又∵AA1⊥AB，AA1∩AE＝A，∴AB⊥平面A1ACC1.又∵AC⊂平面A1ACC1，∴AB⊥AC.以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角

坐标系Axyz，则A(0,0,0)，E0，1，12，F12，12，0，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，设D(x，y，z)，A1D→＝λA1B1→且λ∈(0,1)，即(x，y，z－1)＝λ(1,0,0)，则D(

λ，0,1)，∴DF→＝12－λ，12，－1，∵AE→＝0，1，12，∴DF→·AE→＝12－12＝0，∴DF⊥AE.(2)结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的

余弦值为1414，理由如下：由题可知平面ABC的一个法向量AA1→＝(0,0,1)，设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·FE→＝0，n·DF→＝0，∵FE→＝－12，12，12，DF→＝12－λ，12，－1，∴－12x＋

12y＋12z＝0，12－λx＋12y－z＝0，即x＝32(1－λ)z，y＝1＋2λ2(1－λ)z，令z＝2(1－λ)，则n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414，∴|cos〈m，n〉|＝|m·n||m|

|n|＝1414，即|2(1－λ)|9＋(1＋2λ)2＋4(1－λ)2＝1414，解得λ＝12或λ＝74(舍)，∴当D为A1B1中点时满足要求．题型4空间向量与立体几何例4[2016·天津高考]如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF

为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O－EF－C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．[解题视点](1)利用平面的法向量和直线的方

向向量的数量积为0证明线面平行．(2)利用两平面的法向量的夹角公式、直线的方向向量与平面法向量的夹角公式求二面角的正弦值与线面角的正弦值．[解]依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以AD→，BA→，OF→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0,

0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0，0,2)，G(－1,0,0)．(1)证明：依题意，AD→＝(2,0,0)，AF→＝(1，－1,2)．设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则n1·AD

→＝0，n1·AF→＝0，即2x＝0，x－y＋2z＝0.不妨设z＝1，可得n1＝(0,2,1)，又EG→＝(0,1，－2)，可得EG→·n1＝0，又直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)易证，OA→＝(－1,1,0)为平面

OEF的一个法向量．依题意，EF→＝(1,1,0)，CF→＝(－1,1,2)．设n2＝(x′，y′，z′)为平面CEF的法向量，则n2·EF→＝0，n2·CF→＝0，即x′＋y′＝0，－x′＋y′＋2z′＝0.不妨设x′＝1，可得n

2＝(1，－1,1)．因此有cos〈OA→，n2〉＝OA→·n2|OA→|·|n2|＝－63，于是sin〈OA→，n2〉＝33.所以，二面角O－EF－C的正弦值为33.(3)由AH＝23HF，得AH＝25AF.因

为AF→＝(1，－1,2)，所以AH→＝25AF→＝25，－25，45，进而有H－35，35，45，从而BH→＝25，85，45.因此cos〈BH→，n2〉＝BH→·n2|BH→|·|n2|＝－721，所以，直线BH和平

面CEF所成角的正弦值为721.－冲关策略－(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹

角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.变式训练4[2017·启东模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的一点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(

2)若E是PB的中点，且二面角P－AC－E的余弦值为63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．解(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC

.又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a>0)，则E12，－12，a2，CA→＝(1,1,0)，C

P→＝(0,0，a)，CE→＝12，－12，a2，PA→＝(1,1，－a)．显然m＝CB→＝(1，－1,0)为平面PAC的一个法向量，设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·CA→＝n·CE→＝0，即x＋y＝0，x－y＋a

z＝0，取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，∴|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝aa2＋2＝63，则a＝2，于是n＝(2，－2，－2)，PA→＝(1,1，－2)．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝|PA→·n||PA

→||n|＝|2－2＋4|6×12＝23，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.