2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)

442立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.π【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，ππ∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.⎪ →·n ⎪则 sin θ＝⎪ ⎪|PD||n|⎪PD BC BD BC BD ＝⎪ ⎪＝02＋（－1）2＋（－1）2× 12＋12＋32⎪ 11 1×0＋1×（－1）＋3×（－1）设 OA ＝1，则 PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴→＝(0，－1，－1)，→＝(2，－2，0)，→＝(0，－3，1).设平面 BDC 的一个法向量为 n ＝(x ，y ，z)，⎧⎪n·→＝0， ⎧2x －2y ＝0， ∴⎨ ∴⎨⎪⎩n·→＝0， ⎩－3y ＋z ＝0，令 y ＝1，则 x ＝1，z ＝3，∴n＝(1，1，3).设 PD 与平面 BDC 所成的角为 θ，⎪ PD ⎪→ ⎪⎪⎪ ⎪ 2 22.即直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值为 2 22 11.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体 A B D DCBA 中，四边形 AA B B ，ADD A ，ABCD 均为正方1 1 11 1 1 1形，E 为 B D 的中点，过 A ，D ，E 的平面交 CD 于 F.1 11 1(1)证明：EF∥B C.1(2)求二面角 EA D B 的余弦值.11(1)证明 由正方形的性质可知 A B ∥AB∥DC，且 A B ＝AB ＝DC ，所以四边形 A B CD 为平行1 11 11 1AA ＝AB ＝AD.以 A 为原点，分别以→，→，AA 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示 AB AD⎝2 2 ⎭设平面 A DE 的一个法向量 n ＝(r ，s ，t )，而该面上向量→＝⎛1，1，0⎫，→ ＝(0，1，－⎝2 2 ⎭ ⎧1r ＋1s ＝0，n ⊥ → 得 r ，s ，t 应满足的方程组⎨22 ⎩s －t ＝0，＝ ＝ . |n |·|n | 3× 2 3A EB A D四边形，从而 B C∥A D ，又 A D ⊂ 面 A DE ，B C 面 A DE ，于是 B C∥面 A DE.又 B C ⊂ 面 B CD ，11 1 1 1 1 1 1 1 1 1面 A DE∩面 B CD ＝EF ，所以 EF∥B C.1111(2)解 因为四边形 AA B B ，ADD A ，ABCD 均为正方形，所以 AA ⊥AB，AA ⊥AD，AB ⊥AD 且1 11 1 1 1→11的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A (0，0，1)，1⎛1 1 ⎫B (1，0，1)，D (0，1，1)，而 E 点为 B D 的中点，所以 E 点的坐标为 ， ，1⎪. 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1)，由 n ⊥ →，1 1111111111(－1，1，1)为其一组解，所以可取 n ＝(－1，1，1).1设平面 A B CD 的一个法向量 n ＝(r ，s ，t )，而该面上向量A → ＝(1，0，0)， → ＝(0，1，1 12 2 2 2 1 1 1－1)，由此同理可得 n ＝(0，1，1).2所以结合图形知二面角 EA D B 的余弦值为11|n ·n | 2 61 2 12热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例 2】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.(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AM又→＝(1，1，－1)，所以cos〈n，→〉＝＝－.→|3PDPCPB(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；AP的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.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O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⎧⎪n·→＝0，⎧－y－z＝0，⎨即⎨⎪⎩n·→＝0，⎩2x－z＝0，令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).n·→3PB PB|n||PB所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3则→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.4所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AM＝.AM AP.BM3.(3)解设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，使得→＝λ→因此点M(0，1－λ，λ)，→＝(－1，－λ，λ).因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，1BM1AP4【类题通法】(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.【对点训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD ＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，由→·→＝0 得 t ＝ .3 又→＝(0，6，－8)，→＝⎛－8，16，0⎫. 3 CF DB ⎧n·→＝0， ⎧6y －8z ＝0， →＝0， ⎩ 3 ⎪⎩n·FC⎪ 3|n||m| 1× 82＋122＋92 17在 △R t BNC 中，BN ＝ BC 2－CN 2＝ 102－82＝6，∴AB＝12，而 E ，M 分别为 PA ，PB 的中点，∴EM∥AB 且 EM ＝6，又 DC∥AB ，∴EM∥CD 且 EM ＝CD ，四边形 CDEM 为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM 平面 PBC ，DE 平面 PBC ，∴DE∥平面 BPC.(2)解 由题意可得 DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系 D －xyz ，则 A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设 AB 上存在一点 F 使 CF⊥BD ，设点 F 坐标为(8，t ，0)，则→＝(8，t －6，0)，→＝(8，12，0)，2 CF DB又平面 DPC 的一个法向量为 m ＝(1，0，0)，设平面 FPC 的法向量为 n ＝(x ，y ，z).⎝ ⎭由⎨ 得⎨ 16 －8x ＋ y ＝0，即 ⎧z ＝3y ，⎨ 4⎪⎩x ＝2y ，不妨令 y ＝12，有 n ＝(8，12，9).n·m 8 8则 cos 〈n ，m 〉＝ ＝ ＝ .174又由AE＝CF得AEAD CD由EF∥AC得OHDO AD4HF又由图可知，该二面角为锐二面角，8故二面角F－PC－D的余弦值为.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】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，5CD上，AE＝CF＝，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.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.CF＝，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.AE1＝＝.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)解如图，以H为坐标原点，→的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，⎧⎪m·→＝0，⎧3x1－4y1＝0，⎪⎩m·AD′＝0，⎩3x1＋y1＋3z1＝0，⎪⎩n·AD′＝0，⎩3x2＋y2＋3z2＝0，AB→ACAC于是cos〈m，n〉＝m·n25sin〈m，n〉＝29525【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π(1)证明在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝πB(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，→＝(3，－4，0)，→＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m＝(x，y，z)是平面ABD′的一个法向量，111则⎨即⎨→所以可取m＝(4，3，－5).设n＝(x，y，z)是平面ACD′的一个法向量，222⎧⎪n·→＝0，⎧6x＝0，则⎨即⎨2→所以可取n＝(0，－3，1).|m||n|－1475＝＝－.50×1025.295因此二面角B－D′A－C的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，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发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.2，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点△.将ABE沿BE折起到△A BE的位置，如图2.1(1)证明：CD⊥平面A OC；1(2)若平面A BE⊥平面BCDE，求平面A BC与平面A CD夹角的余弦值.1112，所以BE⊥AC.2如图，以 O 为原点，→，→，OA分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为 OB OC 所以 B ，0，0⎪，E － ，0，0⎪，A 1 0，0， ⎪，C 0，，0⎪， 得→＝ － ， ，0⎪，A →C ＝ 0， ，－ ⎪，→＝→＝(－ 2，0，0).⎝2 2 ⎭ ⎧⎪n ·→＝0， ⎧－x 1＋y 1＝0，则⎨ 得⎨ 取 n ＝(1，1，1)；⎪⎩n ·A →C ＝0， ⎩y 1－z 1＝0，⎧⎪n ·→＝0， ⎧x 2＝0， ⎨ 得⎨ 取 n ＝(0，1，1)， → ＝0， ⎩y 2－z 2＝0，⎪⎩n ·A 从而 cos θ＝|cos 〈n ，n 〉|＝23× 2 3⎫ ⎛ ⎛ 2 ⎭ 2即在题图 2 中，BE⊥OA ，BE⊥OC，1从而 BE⊥平面 A OC.1又 CD∥BE ，所以 CD⊥平面 A OC.1(2)解 由已知，平面 A BE⊥平面 BCDE ，1又由(1)知，BE⊥OA ，BE⊥OC ，1π所以∠A OC 为二面角 A －BE －C 的平面角，所以∠A OC ＝ .1 1 1→ 1A B ＝A E ＝BC ＝ED ＝1，BC∥ED，11⎛ 2 ⎫ ⎛ 2 2⎫ 2 ⎫ ⎝ 2 ⎭ ⎝ 2 ⎭ ⎝ ⎝ ⎭⎛ 2 2 ⎫ ⎛ 2 2⎫ BC CD BE 1设平面 A BC 的一个法向量 n ＝(x ，y ，z )，平面 A CD 的一个法向量 n ＝(x ，y ，z )，平11 1 1 1 12 2 2 2面 A BC 与平面 A CD 的夹角为 θ，111 1 1122 2 16＝ ，12即平面 A BC 与平面 A CD 夹角的余弦值为 1 163 .。