第6章 核心素养系列（四）立体几何高考中档大题的规范答题策略-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮教师用书word（人教B版）

(四)　立体几何高考中档大题的规范答题策略 1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，一至两道选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等； 2．思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)． [热点1]　空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)　 [例1]　(2023·全国甲卷，18)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． ►[答题模板] (1)因为A1C⊥平面ABC，所以A1C⊥AC，A1C⊥BC， 因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC， 　　　图① 又A1C∩AC＝C，且A1C，AC⊂平面AA1C1C， 故①.(2分) 因为BC⊂平面BCC1B1，所以平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 如图①，过A1作A1D⊥CC1交CC1于点D. 因为平面BCC1B1∩平面AA1C1C＝CC1， 且A1D⊂平面AA1C1C，所以A1D⊥平面BCC1B1. 又A1到平面BCC1B1的距离为1，故②.(4分) 在Rt△A1C1C中，CC1·A1D＝ A1C1·A1C，A1C＋A1C2＝CC， 即A1C1·A1C＝2，且A1C＋A1C2＝4， 解得A1C1＝A1C＝.故③.(6分) (2)第1步：求底面三角形的边长 由(1)得AC＝，在Rt△ABC中 ， 作CE⊥AB交AB于点E，连接A1E，如图②. 设BC＝m，CE＝t，则AB＝， 所以AC·BC＝AB·CE，即·m＝·t，则t＝. 又在Rt△A1CE中，A1E＝＝， 在平行四边形AA1B1B中，作A1F⊥BB1交BB1于点F， 因为AA1到BB1的距离为2，所以A1F＝2， 则A1E·AB＝BB1·A1F，即·＝2×2， 解得m＝或m＝－(舍)④.(8分)第2步：合理建系定坐标 由(1)知A1C⊥AC，A1C⊥BC，AC⊥BC， 则以C为坐标原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴 建立如图②所示的空间直角坐标系C­xyz⑤.(9分) 　　　图② 则A(，0,0)，B1(－，，)，A1(0,0，)，C1(－，0，)． 第3步：准确代点求向量 由(1)知为平面BCC1B1的一个法向量，且D为CC1的中点， 则D，＝⑥，(10分) 且＝(－2，，)． 第4步：巧套公式算余弦 设AB1与平面BCC1B1的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉| 第5步：依据关系得结果 故AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为⑦.(12分) ►[得分点①]　正确利用线面垂直的判定定理证得线面垂直得2分 ►[得分点②]　正确利用线面垂直及点到平面的距离，得到线段A1D的长度得2分 ►[得分点③]　正确利用等面积法及勾股定理证得线段相等得2分 ►[得分点④]　正确求得线段BC的长度得2分 ►[得分点⑤]　正确利用垂直关系建立空间直角坐标系得1分 ►[得分点⑥]　正确求解得1分 ►[得分点⑦]　正确利用向量的数量积公式求解线面角的正弦值得2分 ►[教材知识迁移与运用] 条件 AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值 教材 知识 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝ 迁移与 运用 直线AB1的方向向量＝(－2，，)，平面BCC1B1的法向量＝， 设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝) 1. (2024·山东押题卷)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值． 解：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°， 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO. 又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角， 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2， 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°， 所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则 A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)． 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点， 得E.故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝. 设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，则 即 可取n＝. 设m是平面AEC的法向量，则 同理可得m＝(0，－1，)， 则cos〈n，m〉＝＝. 所以二面角D－AE－C的余弦值为. [热点2]　立体几何中的折叠问题　 [例2]　(2024·房山区模拟)如图1，正六边形ABCDEF的边长为2，O为中心，G为AB的中点．现将四边形DEFC沿CF折起到四边形D1E1FC的位置，使得平面ABCF⊥平面D1E1FC，如图2. (1)证明：D1F⊥平面E1OG； (2)求二面角E1－OG－F的大小； (3)在线段CD1上是否存在点H，使得BH∥平面E1OG？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． ◆[学审题]　(1)推导出OG⊥CF则OG⊥面CD1E1F，从而OG⊥D1F，再求出D1F⊥OE1，由此能证明D1F⊥面E1OG. (2)取OF的中点M，连接E1M，MA，以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系M－xyz，利用向量法能求出二面角E1－OG－F的大小． (3)假设存在，设H(x，y，z)，＝λ，λ∈[0,1]，利用向量法能求出在线段CD1上不存在点H，使得BH∥平面E1OG. [解]　(1)证明：图(1)中OG⊥CF， ∴图(2)中，OG⊥CF， 又平面CD1E1F⊥平面ABCF，平面CD1E1F∩平面ABCF＝CF， ∴OG⊥平面CD1E1F，∵D1F⊂平面CD1E1F， ∴OG⊥D1F， 又O为CF的中点，∴OF綊D1E1，又E1D1＝E1F， ∴四边形E1D1OF为菱形，∴D1F⊥OE1 ∵OG∩OE1＝O，∴D1F⊥平面E1OG (2)取OF的中点M，连接E1M，MA，以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系M－xyz如图所示． E1(0,0，)，O(0,1,0)，G(，1,0)，F(0，－1,0)， ∴＝(，0,0)，＝(0，－1，)， 设平面OE1G的法向量为n＝(x，y，z)， ∴⇒⇒， 令z＝1，则y＝，∴n＝(0，，1)， 设平面FOG的法向量为m，则m＝(0,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝＝， ∴二面角E1－OG－F的大小为. (3)假设存在，设H(x，y，z)，＝λ，λ∈[0,1]， ∴＝λ，D1(0,2，)，C(0,3,0)，B(，2,0)， ∴＝(x，y－2，z－)，＝(0,1，－)， ∴，∴，∴H(0,2＋λ，－λ)∴＝(－，λ，－λ)， ∵·n＝0，∴λ＋－λ＝0，∴＝0矛盾， ∴在线段CD1上不存在点H，使得BH∥平面E1OG. ◆[通技法] (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． (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． 2．(2024·泰安模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置，PB＝. (1)证明：平面PAB⊥平面ABC； (2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值． 解：(1)因为BC＝1，PC＝2，PB＝，所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB， 又BC⊥AB，BP∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 因为BC⊂平面ABC， 所以平面PAB⊥平面ABC. (2)如图，过P作PO⊥AB，垂足为O，以O为坐标原点，过O垂直于平面PAB的直线OM，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为OB＝，OP＝，所以P，C，所以＝，因为平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以cos〈，n〉＝＝－，设直线PC与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝， 所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值. [热点3]　立体几何中的探索性、开放性问题　 [例3]　(2024·淄博市模拟)直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝2，E是AC的中点，F是线段AB上一个动点，且＝λ(0＜λ＜1)，如图所示，沿BE将△CEB翻折至△DEB，使得平面DEB⊥平面ABE. (1)当λ＝时，证明：BD⊥平面DEF； (2)是否存在λ，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． ◆[学审题]　(1)取BF的中点N，连接CN交BE于M，证明EF∥CN，证明CM⊥BE，则EF⊥BE，然后证明EF⊥平面DBE，又BD⊂平面DBE，所以EF⊥BD.即可证明BD⊥平面DEF； (2)以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系，假设存在满足题意的λ，求出＝(3－4λ，2λ－1，－)，求出平面ADE的一个法向量，利用空间向量的数量积求解DF与平面ADE所成的角的正弦值即可． [解]　(1)在△ABC中，∠C＝90°，即AC⊥BC，则BD⊥DE，取BF的中点N，连接CN交BE于M，当λ＝时，F是AN的中点， 而E是AC的中点，所以EF是△ANC的中位线， 所以EF∥CN，在△BEF中，N是BF的中点，所以M是BE的中点， 在Rt△BCE中，EC＝BC＝2， 所以CM⊥BE，则EF⊥BE， 又平面DEB⊥平面ABE，平面DBE∩平面ABE＝BE， 所以EF⊥平面DBE， 又BD⊂平面DBE，所以EF⊥BD. 而EF∩DE＝E，所以BD⊥平面DEF； (2)以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)， 由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE，又平面DEB⊥平面ABE，所以DM⊥平面ABE， 则D(1,1，)， 假设存在满足题意的λ，则由＝λ， 可得F(4－4λ，2λ，0)， 则＝(3－4λ，2λ－1，－)， 设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，即， 令y＝，可得x＝0，z＝－1，即n＝(0，，－1)， 所以DF与平面ADE所成的角为θ 则sin θ＝＝ ＝， 解得λ＝或3(舍去)， 综上，存在λ＝，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为. ◆[通技法] 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． 3．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD ­ A1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P ­ A2C2 ­ D2为150°时，求B2P. [解]　(1)证明：根据题意建立如图坐标系，则有：B2(0,2,2)，C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)，∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2,1)∴＝，又B2，C2，A2，D2四点不共线，∴B2C2∥A2D2. (2)在(1)的坐标系下，可设P(0,2，t)，t∈[0,4]，又由(1)知C2(0,0,3)，A2(2,2,1)，D2(2,0,2)， ∴＝(2,2，－2)，＝(0,2，t－3)，＝(0，－2,1)，设平面PA2C2的法向量为m＝(x，y，z)，则取m＝(t－1,3－t,2)，设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)，则取n＝(1,1,2)，∴根据题意可得|cos 150°|＝|cos〈m，n〉|＝， ∴＝，∴t2－4t＋3＝0，又t∈[0,4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点， ∴B2P＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$