05 高考空间立体几何的解题探究-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

高考空间立体几何的解题探究 ■福建省教育考试院 王 尧 ■福建省泉州市第七中学 彭耿铃 立体几何问题的求解需要较高的运算技巧 和空间想象力,充满思考性和挑战性,它对同学 们逻辑思维和空间想象能力的培养有着重要意 义。下面精选几道立体几何题目,对立体几何 中经典问题进行探究,利用空间向量解决问题, 揭示解题方法,提供解题规律,希望同学们能决 胜于高考。 一、在动态翻折运动变化中引入角θ,建 立三角函数关系式求解 例 1 (2017年新课标Ⅲ卷理科)a,b 为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三 角形ABC 的直角边AC 所在直线与a,b都 垂直,斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转,有 下列结论: ①当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成30°角; ②当直线AB 与a 成60°角时,AB 与b 成60°角; ③直线AB 与a所成角的最小值为45°; ④直线AB 与a所成角的最大值为60°。 其中正确的是 。(填写所有正确结 论的编号) 图1 解析:依题意,建立如 图1所示的空间直角坐标 系。设 等 腰 Rt△ABC 的 直角边长为1,由题意知, 点B 在平面xOy 中形成的 轨迹是以C 为圆心,1为半 径的圆。 设直线a的方向向量为a=(0,1,0),直 线b的方向向量为b=(1,0,0),CB→ 以x 轴 为始边沿逆时针方向的旋转角为θ,θ∈[0, 2π),则B(cos θ,sin θ,0),A(0,0,1),所以 AB→=(cos θ,sin θ,-1),|AB→|= 2。 设直线AB 与a 所成角为α,则cos α= |AB→·a| |AB→||a| = 2 2|sin θ|∈ 0, 2 2 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 ,所以45°≤ α≤90°,结论③正确,④错误。 设直线AB 与b所成角为β,则cos β= |AB→·b| |AB→||b| = 2 2|cos θ|。当α=60°,即|sin θ|= 2cos α= 2cos 60°= 2 2 ,则|cos θ|= 2 2 , 所以cos β= 2 2|cos θ|= 1 2 。因为0°≤β≤ 90°,所以β=60°,即直线 AB 与b 所成角为 60°,结论②正确,①错误。 二、空间存在性动态问题一般转化为平 面向量共线的定比λ问题 图2 例 2 (2017 年新课标Ⅱ卷理科) 如图2所示,在四棱 锥 P-ABCD 中,侧 面PAD 为等边三角 形 且 垂 直 于 底 面 ABCD,AB=BC= 1 2 AD ,∠BAD = ∠ABC=90°,E 是PD 的中点。 (1)证明:直线CE∥平面PAB; (2)点 M 在棱PC 上,且直线BM 与底 面ABCD 所成角为45°,求二面角 M-AB-D 的余弦值。 解析:(1)取 PA 的中点F,连接 EF, BF。因为E 是PD 的中点,所以EF∥AD, EF= 1 2AD 。 由∠BAD=∠ABC=90°,得BC∥AD。 又BC= 1 2AD ,所以 EF􀰿BC,即四边形 BCEF 是平行四边形,故CE∥BF。 又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故 CE∥平面PAB。 (2)由已知得,BA⊥AD。以 A 为坐标 原点,AB,AD 所在直线分别为x 轴,y 轴, 31 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 图3 过 A 作 与 平 面 ABCD 垂直的直线 为z轴,建立如图3 所示的空间直角坐 标系Axyz。 令AB=1,则 A(0,0,0),B(1, 0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,1,3),故 PC→=(1,0,- 3),AB→=(1,0,0)。 点 M 在棱PC 上,可设PM→=λPC→(0≤ λ≤1),故 PM→=(λ,0,- 3λ),则 M(λ,1, 3- 3λ),于是BM→=(λ-1,1,3- 3λ)。 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 且n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量,所以 sin 45°=|cos<BM→,n>|= BM →·n BM→ |n| = 3-3λ 31-λ 2+λ-1 2+1 = 2 2 ,解得λ=1- 2 2 。因 此,M 1- 2 2 ,1, 6 2 ,从 而 AM→ = 1- 2 2 ,1, 6 2 。 设平面ABM 的一个法向量为m=(x,y, z),则 m·AM→=1-22 x+y+62z=0, m·AB→=x=0。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令 z=2,则y=-6,所以m=(0,-6,2)。 于是cos<m,n>= m·n |m||n|= 10 5 。由图 知,二面角 M-AB-D 为锐角,因此二面角 M- AB-D 的余弦值为 10 5 。 图4 例 3 (2018年 新 课标Ⅱ卷理科)如图4所 示,在三棱锥P-ABC 中, AB=BC=22,PA= PB=PC=AC=4,O 为 AC 的中点。 (1)证明:PO⊥平面 ABC; (2)若点 M 在棱BC 上,且二面角 M- PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的 正弦值。 解析:(1)因为PA=PC=AC=4,O 为 AC 的中点,所以OP⊥AC,且OP=23。 连接OB,因为AB=BC= 2 2AC ,所以 △ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC, OB= 1 2AC=2 。 由OP2+OB2=PB2,知OP⊥OB。由 OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥ 平面ABC。 图5 (2)如图5所示,以 O为坐标原点,OB,OC, OP 所在直线分别为x 轴,y轴,z轴,建立空间 直角坐标系Oxyz。 由已知得,O(0,0, 0),B(2,0,0),A(0, -2,0),C(0,2,0), P(0,0,2 3),故 AP→=(0,2,2 3),BC→= (-2,2,0),平 面 PAC 的 一 个 法 向 量 为 OB→=(2,0,0)。 点 M 在棱BC 上,可设BM→=λBC→(0≤ λ≤1),则BM→=(-2λ,2λ,0)。故点M 的坐标 为M(2-2λ,2λ,0),AM→=(2-2λ,2λ+2,0)。 设平面PAM 的一个法向量为n=(x, y,z)。 则 AP→·n=2y+23z=0, AM→·n=(2-2λ)x+(2λ+2)y=0。 令z=1,则n= 3(1+λ) 1-λ ,- 3,1 。 因 此,cos<OB→,n> = OB →·n |OB→||n| = 23(1+λ) 1-λ 2× 31+λ1-λ 2 +3+1 。 由已知得,|cos<OB→,n>|= 32,所 以 23(1+λ) 1-λ 2× 31+λ1-λ 2 +3+1 = 3 2 ,解得λ= 1 3 。 41 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 所以n=(23,- 3,1)。 又PC→=(0,2,-2 3),设 PC 与平面 PAM 所成角为θ,则sin θ=|cos<PC→,n>|= PC→·n |PC→||n| = -43 4×4 = 3 4 ,所以PC 与平 面PAM 所成角的正弦值为 3 4 。 三、空间轨迹问题的剖析 例 4 (2020年山东卷)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的棱长均为2,∠BAD= 60°。以D1 为球心,5为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为 。 图6 解 析:如 图 6 所 示,取 B1C1 的中点为 E,BB1 的中点 为 F, CC1 的中点为G。 因 为 ∠BAD = 60°,直四棱柱ABCD- A1B1C1D1 的 棱 长 均 为2,所以△D1B1C1 为等边三角形,D1E= 3,D1E⊥B1C1。 又四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 为直四棱 柱,所以 BB1⊥平面 A1B1C1D1,即 BB1⊥ D1E。因为BB1∩B1C1=B1,所以D1E⊥侧 面BCC1B1。 设P 为侧面BCC1B1 与球面的交线上 的点,则 D1E⊥EP。因为球的半径为 5, D1E= 3,所 以 EP = D1P2-D1E2 = 5-3= 2,即侧面BCC1B1 与球面的交线 上的点到E 的距离为 2。 因为EF=EG= 2,所以侧面BCC1B1 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG︵。因为 ∠B1EF=∠C1EG= π 4 ,所以∠FEG= π 2 。 根据弧长公式可得,FG︵=π2× 2= 2 2π 。 故答案为 2 2π 。 四、立体几何的作图解析 例 5 如图7所示,在三棱柱 ABC- 图7 A1B1C1 中,∠B1A1A= ∠C1A1A=60°,AA1= AC=4,AB=2,P,Q 分 别为棱AA1,AC的中点。 (1)在平面 ABC 内 过 点 A 作 AM ∥平 面 PQB1 交BC 于点M,并写出作图步骤,但不 要求证明; (2)若侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1,求 直线A1C1 与平面PQB1 所成角的正弦值。 图8 解析:(1)解法一:如 图 8 所 示,在 平 面 ABB1A1 内,过 点 A 作 AN∥B1P 交 BB1 于 点 N,连接 BQ,在△BB1Q 中,作 NH∥B1Q 交BQ 于点H,连接 AH 并延长交BC 于点 M,则 AM 为所求直线。 图9 解法二:如图9所示, 在平面ABB1A1 内,连接 A1B,过 点 A 作 AN ∥ B1P 交 A1B 于点 N,连 接A1C,在△A1BC 中,过 点N 作NM∥A1C 交BC 于点M,连接AM,则AM 为所求直线。 图10 解法三:如图10所 示,延长 BA,B1P 交于 点R,连接RQ 并延长交 BC 于 点 K,在 △ABC 中,过点 A 作AM∥QK 交BC 于点M,则AM 为 所求直线。 图11 解法四:如 图 11 所 示,在 平 面 ABB1A1 内,过 点 A 作 AN ∥B1P 交 BB1 于点 N,在 平面AA1C1C 内,过点A 作AS∥PQ 交C1C 的延长线于点S,连接SN 交BC 于点M,连 接AM,则AM 为所求直线。 (下转第29页) 51 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月 图12 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第15页) (2)连接 PC1,AC1 ,因为 AA1=AC= A1C1=4,∠C1A1A=60°,所以△AC1A1 为 正三角形。 因 为 P 为 AA1 的 中 点,所 以 PC1⊥ AA1。又因为侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1, 且平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1 ⊂平面ACC1A1,所以PC1⊥平面ABB1A1。 在平面ABB1A1 内 过点P 作PD⊥AA1 交 BB1 于 点 D,以 PD, PA1,PC1 所在直线分 别为x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图12所示的空 间直角坐标系 P-xyz。 则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C(0, -4,23),C1(0,0,23)。 因为Q 为AC 的中点,所以点Q 的坐标 为(0,-3,3),则 A1C1→=(0,-2,2 3), PQ→=(0,-3,3)。 因为A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,所 以B1(3,1,0),则PB1→=(3,1,0)。 设平面PQB1 的一个法向量为m=(x, y,z),由 PQ→·m=0, PB1→·m=0, 得 -3y+ 3z=0 , 3x+y=0。 令 x=1,得y=- 3,z=-3,所以 m=(1, - 3,-3)。 设直线A1C1 与平面PQB1 所成角为α, 则sin α=|cos<A1C1→,m>|= A1C1→·m |A1C1→||m| = 39 13 ,即直线 A1C1 与平面 PQB1 所成角的 正弦值为 39 13 。 高考数学立体几何的考查贯彻了高考内 容改革的指导思想,考查了立体几何的必备知 识、关键能力和学科素养,有效地区分了同学 们的核心素养。希望同学们能对上述的立体 几何几种题型进行梳理和总结,这对形成有规 律的程序化解题思路会有很大的帮助,能够达 到高效解题的目的。 (责任编辑 赵 倩) 92 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年9月