核心素养系列(四)立体几何高考中档大题的规范答策略-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 核心素美系列 (四) 立体几何高考中档大题的规范答题策略 [命题动向] 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](12分)(2023·全国甲卷，18)在三棱柱ABCA1B1C1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, 又A1C∩AC-C,且A1C,ACC平面AA1C1C, 故BC⊥平面AA1C1C①.(2分) [得分点①] 因为BCC平面BCC1B1,所以平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 正确利用线面 如图①，过A1作A1D⊥CC1交CC1于点D. 垂直的判定定 因为平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1, 理证得线面垂 图① 且A1DC平面AA1C1C,所以A1D⊥平面BCC1B1. 直得2分 又A1到平面BCC1B1的距离为1，故A1D=1②.(4分) 在R△ACC中，CG·AD P[得分点②] 正确利用线面 2AG·AC.AC+A1C=CC 垂直及点到平 面的距离，得 即A1C1·A1C=2,且A1C+A1C2=4, 到线段A1D 解得A1C1=A1C=√2.故A1C=AC③.(6分) 的长度得2分 (2)第1步：求底面三角形的边长 由(1)得AC=√2，在Rt△ABC中， 作CE⊥AB交AB于点E,连接A1E,如图②， [得分点③] 设BC=m,CE=t,则AB=√2十m, 正确利用等面 所以AC·BC=AB·CE,即√2·m=√2+m2·t,则t √2m 积法及勾股定 /2+m2 理证得线段相 等得2分 又在Rt△A1CE中，AE=2十 2m2_√4+4m2 2+m2 √2+m2 在平行四边形AA1B1B中，作A1F⊥BB1交BB1于点F, ·178. 第六章立体几何与空间向量 因为AA1到BB1的距离为2，所以A1F=2, 则A1E·AB=BB1·A1F,pV4牛4mW2+m=2X2, √2+m2 P[得分点④] 正确求得线段 解得m=√5或m=-√3（舍）④.(8分) BC的长度得 第2步：合理建系定坐标 图② 2分 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,之轴 建立如图②所示的空间直角坐标系Cxyz⑤.(9分) P[得分点⑤] 则A(2,0,0),B1(-√2,5W2),A1(0,0W2),C1(-√2,0W2). 正确利用垂直 第3步：准确代点求向量 关系建立空间 直角坐标系得 由(1)知A1D为平面BCCB1的一个法向量，且D为CC1的中点， 1分 则D- 2 ⑥，(10分) P[得分点⑥] 且AB1=(-2√2，√3，W2) 正确求解A1D 第4步：巧套公式算余弦 得1分 设AB1与平面BCC1B1的夹角为0，则sin0=|cos(AB1,A1D) P[得分点⑦] AB1·A1D √13 正确利用向量 1AB1|·1A1D 13 的数量积公式 第5步：依据关系得结果 求解线面角的 故AB1与平面BCC,B1所成角的正孩值为区@.12分) 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 如图，直线AB与平面a相交于点B,设直线AB与平面a所成角为O,直线 AB的方向向量为u,平面a的法向量为n,则sin0=|cos(u,n〉|= 教材 u·n w·n B0 知识 u n lullnl 支线A,的方安句兰A瓜=(-2E5v,子面CCB的法肉i-(-90,-写） 迁移与 运用 AB1·A1D 设直线AB1与平面BCC1B1所成角为0，则sin0=|cos(AB1,A1D) AB:A:D ·179· 高考总复习人教数学B版（新教材） 变式训练 (1)证明：D1F⊥平面E1OG: 1.(2024·山东押题卷)如图， (2)求二面角E1OGF的大小； 四面体ABCD中，△ABC是 (3)在线段CD1上是否存在点H,使得BH∥平 正三角形，△ACD是直角三 角形，∠ABD=∠CBD,AB 面E0?如果行在，求出合怎的值：如果不存在。 请说明理由 =BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC; ◆[学审题](1)推导出OG⊥C℉则OG⊥面 (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把 CD1E1F,从而OG⊥D1F,再求出D1F⊥OE1,由 四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面 此能证明D1F⊥面E1OG. 角DAE-C的余弦值. (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Mxy之，利用向 量法能求出二面角E1OGF的大小. DH (3)假设存在，设H(x,y,之)，D1C =入，入∈ [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. [尝试解答] [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. G G 图1 图2 ·180 第六章立体几何与空间向量 ◆[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. 1变式训练 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. D [热点3]立体几何中的探索性、开放性问题 [例3]（2024·淄博市模 D 拟)直角三角形ABC中， ∠C=90°，AC=4,BC=2, A E是AC的中点，F是线段 AB上一个动点，且AF= 入AB(0<1<1),如图所示，沿BE将△CEB翻 折至△DEB,使得平面DEB⊥平面ABE. I)当X=号时，证明：BDL平面DEF, (2)是否存在入，使得DF与平面ADE所成的角 的正弦值是号？若存在，求出入的值：者不存在. 请说明理由， ◆[学审题](I)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BDC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入，求出DF=(3一4入， 2λ-1，一√2)，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. ·181. 高考总复习人教数学B版（新教材） [尝试解答] (2)点P在棱BB1上，当二面角PA2C2-D2为 150°时，求B2P. ◆[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. 日变式训练 3.(2023·新课标1卷)如图，在正四 C 棱柱ABCD-A1BC1D中，AB=2,D AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在 棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2D =1,BB2=DD2=2,CC2=3. C温馨提污 C1-- 学习至此，请完成配套训练 课时冲关50 (1)证明：B2C2∥A2D2; ·182·所以cos(m,n〉=m·n mn2X√2 1 立” 又因为二面角APCB为锐二面角， 所以二面角APCB的大小为号 考点4命题角度11.A 2@ 命题角度2 [典例][解](1)建 立如图所示的空 间直角坐标系D xy,则各相关点 的坐标为D(0,0, 0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0), E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,x). :AECF为平行四边形， ∴AF=EC,(-2,0,z)=(-2,0,2), .x=2.∴.F(0,0,2). .BF=(-2,-4,2), .BF=2√6，即BF的长为2√6. (2)设n1为平面AEC1F的法向量， 显然n1不垂直于平面ADF,故可设 n1=(x,y,1). 由/%·AE=0, (n1·AF=0, x12”. 即4y十1=0， /1, {-2x+2=0,…{y= 1 则n=(1,-车1） 又CC1=(0,0,3), 设CC1与m,的夹角为a, CC1·n1 则c0s&= CC 3 433 3x+6 33 ∴.C到平面AEC1F的距离为 d=|CC:cos a=3×4Y丽 33 =4W33 11 跟踪训练 解：(1)证明：如图所示，由题设知，三 棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA,的中点， 故DC=DC. 又AC=AA,可得DC十DC- CC,所以DC1⊥DC.DC⊥BD,DC ∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD. 因为BCC平面BCD, 所以DC⊥BC, 参考答案 (2)由(1)知BC⊥DC,且BC⊥CC1, 则BC⊥平面ACCA1,所以CA,CB, .cos(m,n〉= m·n m n =2 CC两两垂直. 二面角EOGF的大小为 以C为坐标原点， 3 (3)假设存在，设H(x,y,之)， DH CA的方向为x轴 DC 的正方向，建立如 A,λ∈[0,1]， 图所示的空间直 .D1H=AD1C,D1(0,2,W3),C(0 角坐标系Cxyz. 由题意知B(0,1, 3,0),B(√5,2,0)， 0),D(1,0,1), .DH=(x,y-2,2-V3),DC= C00,2,B01,2,P(合2 (0,1,-√5)， x=0, 1x=0, 则BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0, y-2=λ .y=2+λ， (-5=-λ5，（=√5-λ5， .H0,2+aw5-A3), 设m=（x,y,z)是平面BDC的法 .BH=(-√5，A,W5-A√3)， 向量， 则/m·BD=0, BH·n=0,√5λ十√5-√5λ=0， 即 x一y十=0， 5=0矛盾， (m·DC=0, 一x十x=0, 在线段CD1上不存在点H,使得 可取m=(1,2,1). BH∥平面E,OG. 设点P到平面BDC1的距离为d,则[例3][解](1)在△ABC中，∠C= d- PC·m=6 90°，即AC⊥BC,则BD⊥DE,取BF m 41 的中，点N,连接CN交BE于M,当入 命题角度31.D2.B 号时，F是AN的中点， 核心素养条列（四） 而E是AC的中点，所以EF是 例2][解](1)证明：图(1)中OG △ANC的中位线， CF, 所以EF∥CN,在△BEF中，N是 .图(2)中，OGCF, BF的中，点，所以M是BE的中点， 又平面CD1E1F⊥平面ABCF,平面 在Rt△BCE中，EC=BC=2, CDEF∩平面ABCF=CF, 所以CM⊥BE,则EF⊥BE, .OG⊥平面CD1EF, 又平面DEB⊥平面ABE,平面DBE ,D1FC平面CD1EF, ∩平面ABE=BE, .OG⊥DF, 所以EF平面DBE、 又O为CF的中点，OFLD,E1, 又BDC平面DBE,所以EF⊥BD. 而EF∩DE=E, 又E1D=EF, 所以BD⊥平面DEF ∴.四边形EDOF为菱形， (2)以C为原点， ..D FLOE CA所在的直线 ,0G∩OE1=O, 为x轴，CB所在 ∴.D1F⊥平面EOG 的直线为y轴， (2)取OF的中 建立如图所示空 ,点M,连接 间直角坐标系， EM,MA,以点 则C(0,0,0), M为坐标原 A(4,0,0),B(0,2,0), 点，建立空间直 由(1)知M是BE的中点，DM⊥BE 角坐标系M 又平面DEB⊥平面ABE,所以DM xy之如图所示. ⊥平面ABE,则D(1,1,W2), E1(0,0W5),0(0,1,0),G(5,1,0), 假设存在满足题意的入， F(0,-1,0), 则由AF=入AB, ∴.OG=(W3,0,0),OE=(0,-1W3), 可得F(4-4入，2λ，0)， 设平面OEG的法向量为n=(x,y,z), 则DF=(3-4λ，2λ-1，-√2)， n·0G=0 (W3x=0 设平面ADE的一个法向量为n= (n·OE=0\-y+√3x=0 →∫x=0, ,y,),则/m·AE=0, n·AD=0, y=√5x, 即/2.x=0 令之=1，则y=5,∴.n=(0,W5,1), (-3x十y十√2x=0, 设平面FOG的法向量为m,则m= 令y=√2，可得x=0,x=-1,即n= (0,0,1) (0√2，-1)， ·451· 高考总复习人教数学B版（新教材） 所以DF与平面ADE所成的角为日， 设m是平面AEC的法向量， DF·n 则sin0= 则m·AC-0, DF m·AE=0, W2(2λ-1)+2 同理可得m=(0,-1,W5), √5√(3-4λ)2+(2x-1)2+(-√2)3 则cos(n,m)=”:m=互 n m 7 3 所以二西角DAEC的余孩值为吗 解得入=号或30含去) 2.解：(1)证明：因为BC=1,PC=2, PB=√5，所以BC+PB=PC,所 综上，存在A=分，使得DF与平面 以BC⊥PB, 又BC⊥AB,BP∩AB=B,PB,ABC ADE所成的角的正孩值为 3 平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 变式训练 因为BCC平面ABC, 1.解：(1)证明：由题设 所以平面PAB⊥平面ABC. 可得，△ABD≌ (2)如图，过P作PO⊥AB,垂足为 △CBD,从而AD= O,以O为坐标原点，过O垂直于平 DC又△ACD是直 面PAB的直线，OB,OP所在的直线 A 角三角形，所以∠ADC=90°， 分别为x,y,之轴，建立空间直角坐 标系 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DACB的平 面角， 在Rt△AOB中，BO+AO=AB, 又AB=BD,所以BO+DO=BO 图为0B=是，Op= 2 +AO:=AB2=BD2, 故∠DOB=90°， 所以P(o)c(10） 所以平面ACD⊥平面ABC (2)由题设及(1) 所以-(1,) ,因为平 知，OA,OB,OD 面ABC的一个法向量为n=(0,0, 两两垂直，以O为 1),所以cosP式，n》= Pt·n 坐标原点，OA的 PC·n 方向为x轴正方向，OA为单位长， ,设直线PC与平面ABC所成 4 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxy,则A(1,0,0),B(0,√3,0)， 的角为0，则sin0= 4 C(-1,0,0),D(0,0,1). 所以直线PC与平面ABC所成角的 由题设知，四面体ABCE的体积为 四面体ABCD的体积的子，从而E 正弦值√3 3.解：(1)证明：根 到平面ABC的距离为D到平面 据题意建立如 ABC的距离的号，即E为DB的中 图坐标系，则 D 有：B2(0,2,2), 点得() C2(0,0,3), B A2(2,2,1), 故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0, D2(2,0,2), 0),AE= 〔19 ∴B2C=(0, C-- B y -2,1),A2D2 D 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向 =(0,-210 量，则/”·AD=0, ∴.B2C2=A2D2,又B2,C2,A2,D2四 n·AE=0, 点不共线，∴B2C2∥A2D2. (2)在(1)的坐标系下，可设P(0,2, x十之=0， 即 t),t∈[0,4]，又由(1)知C,(0,0,3), {+ +号+=0， 1 A2(2,2,1),D2(2,0,2), ∴.C2A2=(2,2,-2),C2P=(0,2,t -3),A,D,=(0,-2,1),设平面 ·452· PAC2的法向量为m=(x,y,之)，则 1m·C2A2=2x+2y-2x=0, 取m= (m·C2P=2y十(t-3)x=0, (t-1,3-t,2),设平面A2C2D2的法 向量为n=(a,b,c), 则 n·C2A,=2a+2b-2c=0, 取n (n·A2D2=-2b十c=0, =(1,1,2),∴.根据题意可得cos 1501=cosm,n>1=m·m mn, :③ 6 2 √(t-1)+(3-t)+4X√6 f-4t+3=0, 又t∈[0,4]，∴.解得t=1或t=3, P为B,B2的中点或B,B的中点， .B2P=1. 第七章 第1节 夯实·必备知识必备知识 -、1.(1)A(x1)x2-x1x2-x1 x=4十2(2)(x,-1g-) 2 十亚十必业2.代数运算 2 2 二、1.逆时针正角2.0°3.[0，π) 三l.k=an0g=受2.西≠ 3.平行或重合四、y一y。=k(x-x) y=kx十bAx十By十C=0(A+B≠0) 思考辨析(1)×(2)×(3)√/ (4)×(5)×(6)/ 小题查验 1.A2.C3.B4.D 跃升·关键能力考点1 1.C2.D3.2 1 考点21.B2.B 3.解析：如图，k =1-0 -2-1 =1,kp= 3-0=-3,∴k 0-1 ∈(-∞，-√5]U [1,十∞). 答案：(-∞，-√5]U[1,十∞) 4.解：MN=(2-3,3十√5-3)=(-1， √5)，.直线l的一个方向向量为 (一1，W3),由于法向量与方向向量垂 直..法向量y=(√3,1)，斜率k= 3+5-3=-5,由tan0=-B知0 2-3 =120°. 考点3 [典例][解析](1)①当横截距、纵 截距均为零时，设所求的直线方程为 y=kx,将（一5,2）代入y=kx中，得 =一号此时，直线方程为y=一号 5 即2x十5y=0.