（新高考）2023版高考数学一轮总复习 第7章 高考大题规范解答系列(四)——立体几何课件.pptx

1、第七章 立体几何高考大题规范解答系列(四)立体几何(2017 全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD(1)证明：ACBD；(2)已知ACD是直角三角形，ABBD若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比 例1考点一线面的位置关系与体积计算【分析】看到证明线线垂直(ACBD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直 看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比【标准答案】规范答题 步步得分(1)取 AC 的中点 O，连接 DO，BO.1 分得分点因为 ADCD，所以 ACDO.又由于ABC 是正三角

2、形，所以 ACBO.又因为 DOBOO，从而 AC平面 DOB，3 分得分点又 BD平面 BOD故 ACBD 4 分得分点(2)连接 EO.5 分得分点由(1)及题设知ADC90，所以 DOAO.在 RtAOB 中，BO2AO2AB2，又 ABBD，所以 BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.7 分得分点由题设知AEC 为直角三角形，所以 EO12AC 8 分得分点又ABC 是正三角形，且 ACBD，所以 EO12BD故 E 为 BD 的中点，9 分得分点从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12

3、，11 分得分点即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11.12 分得分点【评分细则】作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分得出 ACDO 和 ACBO 得 1 分，由线面垂直的判定写出 AC平面 DOB，再得 1 分由线面垂直的性质得出结论得 1 分作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分由勾股定理逆定理得到DOB90得 2 分由直角三角形的性质得出 EO12AC 得 1 分由等边三角形的性质得出 E 为 BD 的中点，得 1 分得出四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12得 2 分正确求出体积比得 1 分【名师点评】1核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高

4、考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养 2解题技巧：(1)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中ACDO，ACBO；第(2)问中BO2DO2BO2AO2AB2BD2等(2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DOAO.变式训练1 (2020 课标)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC90.(1)

5、证明：平面 PAB平面 PAC；(2)设 DO 2，圆锥的侧面积为 3，求三棱锥 PABC 的体积解析(1)证明：由题设可知，PAPBPC 由于ABC是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC 又APC90，故APB90，BPC90，从而PBPA，PBPC，故PB平面PAC，又PB平面PAB，所以平面PAB平面PAC(2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l.由题设可得 rl 3，l2r22.解得 r1，l 3.从而 AB 3.由(1)可得 PA2PB2AB2，故 PAPBPC 62.所以三棱锥 PABC 的体积为1312PAPBPC131262368.例2考点二线面位置关系与空间距离的计算

6、(2021全国新课改 T8 联考)如图，在四面体 ABCD 中，ABD 是等边三角形，且 ACBC(1)证明：ABCD(2)若 AB2，AC 3，BCCD，求点 B到平面 ACD 的距离【分析】利用线面垂直证线线垂直；利用体积法求点到平面的距离【标准答案】规范答题 步步得分(1)证明：取 AB 的中点 E，连接 CE，DE，如图，1 分得分点因为ABD 是等边三角形，所以 DEAB，2 分又 ACBC，所以 CEAB3 分得分点又 DECEE，所以 AB平面 CDE，4 分得分点又 CD平面 CDE，故 ABCD5 分得分点(2)因为 BDAB2，BCAC 3，BCCD，所以 CD BD2BC

7、21.6 分得分点又 AD2，所以 AC2CD2AD2，即 ACCD，则 SACD 32.7 分得分点由题可得 CEAC2AB22 2，DEAD2AB22 3，8 分则 CD2CE2DE2，即 CECD，则 SECD 22.9 分得分点设点 B 到平面 ACD 的距离为 d，因为 AB平面 CDE，VBACDVBECDVAECD，10 分得分点所以13SACDd13SECDAB，11 分即13 32 d13 22 2，解得 d2 63，即点 B 到平面 ACD 的距离为2 63.12 分得分点【评分细则】作出辅助线，并用语言正确表述得1分 得出DEAB，CEAB各得1分 得出AB平面CDE得1

8、分 得出ABCD得1分 求出CD得1分 求出SACD得1分 求出SECD得2分 得出VBACDVBCDEVACDE得1分 正确求出d得2分【名师点评】核心素养：本题主要考查线、面垂直的判定与性质及利用体积法求点到平面的距离，考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力、数学运算能力 变式训练2 (2021陕西榆林三模)如图，在棱长为6的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是BB1的中点，点F在棱AB上，且AF2FB，设直线BD1，DE相交于点G.(1)证明：GF平面AA1D1D；(2)求点B到平面GEF的距离 解析(1)证明：如图，连接 AD1，因为 BEDD1，所以BGED1GD，所以 BGD1G

9、 BEDD112，从而 BGBD113.又由条件知BFAB13，所以 BGBD1BFBA，所以 GFAD1.因为 GF平面 AA1D1D，AD1平面 AA1D1D，所以 GF平面 AA1D1D(2)设 G 到平面 BEF 的距离为 h1，由 h1A1D1 BGBD113，得 h12.又 SBEF12233，所以三棱锥 GBEF 的体积 VGBEF13322.设 B 到平面 GEF 的距离为 h2，在GEF 中，GE13DE13 6262323，GF13AD12 2，EF 2232 13，所以 cosEFG813922 2 13 326，sinEFG 1726，SEFG122 2 13 1726

10、 17.由 VBGEFVGBEF，得13 17h22，解得 h26 1717，即点 B 到平面 GEF 的距离为6 1717.例3考点三线面的位置关系与空间角的计算(2022陕西汉中模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面PAB平面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PAAB 22 PB，点 E 是 PB的中点(1)证明：AE平面PBC；(2)已知点F是棱BC的靠近B点的三等分点，求平面PAC与平面AEF所成锐二面角的余弦值【分析】证AE和平面PBC内两条直线垂直 建立空间直角坐标系，分别求平面PAC、平面AEF的法向量，求两法向量夹角余弦值即可【标准答案】规范答题 步步得分(1)证明：底

11、面 ABCD 是正方形，BCAB又平面 PAB平面 ABCD，平面 PAB平面 ABCDAB，且 BC平面 ABCDBC平面 PAB 2 分得分点AE平面 APB，BCAE.3 分得分点由已知 PAAB，点 E 是 PB 的中点，AEPB，4 分得分点又PBBCB，AE平面 PBC 5 分得分点(2)解：易知 AD，AB，AP 两两垂直分别以 AD，AB，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.不妨设 AB2，则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，D(2,0,0)，P(0，0,2)，E(0,1,1)，F23，2，0，AE(0,1,1)，AF23，2，

12、0.6 分得分点设平面 AEF 的一个法向量为 n(p，q，r)，nAE0，nAF0，得qr0，23p2q0，取 p3，则 q1，r1，n(3，1,1).8 分得分点连接 BD，APBD，ACBD，APACA，BD平面 PAC，即平面 PAC 的一个法向量为BD(2，2,0).10 分得分点设平面 PAC 与平面 AEF 所成锐二面角为，cos|nBD|n|BD|62|9112 22 2211，平面 PAC 与平面 AEF 所成锐二面角的余弦值为2 2211.12 分得分点【评分细则】证出 BCAB，BC平面 PAB 各得 1 分证出 BCAE 得 1 分证出 AEPB 得 1 分证出 AE平

13、面 PBC 得 1 分建立空间直角坐标系并正确求出AE，AF的坐标得 1 分求出平面 AEF 的法向量得 2 分证出 BD平面 PAC，正确求出平面 PAC 的法向量各得 1 分正确求出二面角的余弦值得 2 分注：其他方法按步骤酌情给分【名师点评】1核心素养：本题主要考查线面垂直的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，写不全则不能得全分(2)思维发散：由于本题很容易发现PA、AB、AD两两垂直，故也可用向量法证明

14、AEBC，AEPB，进而证得AE平面PBC(3)思维升华：运用空间向量法求空间角的一般步骤：a.建立恰当的空间直角坐标系；b.求出相关点的坐标；c.写出向量的坐标；D结合公式进行论证、计算；e.转化为几何结论 求空间角时需注意：a.两条异面直线所成的角不一定是两直线的方向向量的夹角，cos|cos|；b.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，两者有可能互补；c.直线和平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值 变式训练3 (2020 浙江)如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC(1)证明：EFDB；(2)求直线DF与

15、平面DBC所成角的正弦值 解析(1)证明：如图，过点D作DOAC，交直线AC于点O，连接OB 由ACD45，DOAC 得 CD 2CO，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC由ACB45，BC12CD 22 CO 得 BOBC所以 BC平面 BDO，故 BCDB由三棱台 ABCDEF 得 BCEF，所以 EFDB(2)解法一：过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连接 CH.由三棱台 ABCDEF 得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，由 BC平面 BDO 得 OHBC，故 OH平面 BCD，所以OCH

16、 为直线 CO 与平面 DBC 所成角设 CD2 2，由 DOOC2，BOBC 2，得 BD 6，OH2 33，所以 sinOCHOHOC 33，因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 33.解法二：由三棱台 ABCDEF 得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为.如图，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.设 CD2 2.由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)因此OC(0,2,0)，BC(1,1,0)，CD(0，2,

17、2)设平面 BCD 的法向量 n(x，y，z)由nBC0，nCD 0，即xy0，2y2z0，可取 n(1,1,1)所以 sin|cosOC，n|OC n|OC|n|33.因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 33.例4考点四立体几何中的折叠问题(2022启东模拟)如图，已知在等腰梯形 ABCD 中，AECD，BFCD，AB1，AD2，ADE60，沿 AE，BF 折成三棱柱 AEDBFC(1)若 M，N 分别为 AE，BC 的中点，求证：MN平面 CDEF；(2)若 BD 5，求二面角 EACF 的余弦值【分析】利用面面平行的判定和性质即可证明；建立空间直角坐标系，分别求出二面角两

18、个面的法向量，利用空间向量法求解【标准答案】规范答题 步步得分(1)取 AD 的中点 G，连接 GM，GN，在三角形 ADE 中，M，G 分别为 AE，AD 的中点，MGDE，DE平面 CDEF，MG平面 CDEF，MG平面 CDEF.2 分得分点由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点，由棱柱的性质可得 GNDC，CD平面 CDEF，GN平面 CDEF，GN平面 CDEF.3 分得分点又 GM平面 GMN，GN平面 GMN，MGNGG，平面 GMN平面 CDEF，4 分得分点MN平面 GMN，MN平面 CDEF.5 分得分点(2)连接 EB，在 RtABE 中，AB1，AE 3，BE2，又

19、ED1，DB 5，EB2ED2DB2，DEEB，又 DEAE 且 AEEBE，DE平面 ABFE.EA、EF、ED 两两垂直.7 分得分点建立如图所示的空间直角坐标系，可得 E(0,0,0)，A(3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，AC(3，1,1)，AE(3，0,0)，FC(0,0,1).8 分得分点设平面 AFC 的法向量为 m(x，y，z)，则mAC 3xyz0，mFCz0，则 z0，令 x1，得 y 3，则 m(1，3，0)为平面 AFC 的一个法向量，设平面 ACE 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则nAE 3x10，nAC 3x1y1z10，则 x10，令 y11

20、，得 z11，n(0,1，1)为平面 ACE 的一个法向量.10 分得分点设 m，n 所成的角为，则 cos mn|m|n|32 2 64，由图可知二面角 EACF 的余弦值是 64.12 分得分点【评分细则】由线线平行得到线面平行，给2分 同理再推出一个线面平行，给1分 由线面平行推出面面平行，给1分 由面面平行得到线面平行，给1分 由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分 建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分 正确求出平面的法向量，给2分 利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分【名师点评】1核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面

21、角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力 2解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE平面CDEF，MG平面CDEF，要写全(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系(3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 变式训练4(2022 湖 北 部 分 重 点 中 学 联 考)如 图，在 等 腰 梯 形 ABCD 中，AB

22、CD，且CD2AB2BC，E是CD的中点将ADE沿AE折起到ADE的位置(1)若 M 为棱 BD上动点，问在棱 AE 上是否存在定点 N，使 BCMN？若存在，求ANAE的值；若不存在，说理由(2)若平面 ADE平面 ABCE，求二面角 ABDC 的余弦值解析(1)当 N 为 AE 中点时，BCMN，证明如下：取 AE 的中点 N，连结 DN，BN，MN，如图所示，因为 ABCD，且 CD2AB2BC，所以四边形 ABED和四边形 ABCE均为菱形，因为 DADE，N 为 AE 的中点，所以 DNAE，因为 ABEB，N 为 AE 的中点，所以 BNAE，又 DNBNN，所以 AE平面 DNB

23、，又因为 AEBC，所以 BC平面 DNB，因为 MN平面 DNB，所以 BCMN，此时ANAE12，故存在定点 N，使 BCMN，且ANAE12；(2)因为平面 ADE平面 ABCE，平面 ADE平面 ABCEAE，DNAE，所以 DN平面 ABCE，以 N 为坐标原点，NA，NB，ND分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设 AB2，则 A(1,0,0)，B(0，3，0)，D(0,0，3)，C(2，3，0)，所以AB(1，3，0)，AD(1,0，3)，BD(0，3，3)，BC(2,0,0)，设 平 面ABD 的 法 向 量 为m (x1，y1，z1)，则 有ABmx1 3y10

24、AD mx1 3z10，所以 m(3，1,1)，设 平 面BDC的 法 向 量 为n (x2，y2，z2)，则 有BD n 3y2 3z20BCn2x20，所以 n(0,1,1)，设二面角 ABDC 的平面角为，则|cos|mn|m|n|25 2 105，又因为 为钝角，所以 cos 105，故二面角 ABDC 的余弦值为 105.例5考点五立体几何中的探索性问题(2021山东菏泽二模)如图所示，平面五边形 ABCDE 中，四边形 ABCD 为直角梯形，B90且 ADBC，若 AD2BC2，AB 3，ADE 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，现将ADE 沿 AD 折起，连接 EB，EC 得如

25、图的几何体(1)若点M是ED的中点，求证：CM平面ABE；(2)若EC2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角EADF的大小为60？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由【分析】要证 CM平面 ABE，只需证 CM平面 ABE 内的某条直线，将 CM 沿 CB 平移到平面 EBA 中，发现取 AE 中点 G，证 BGCM 即可，假设符合条件的点 F 存在，设BFBE，建立空间直角坐标系，根据向量间关系求解，若 01，则符合条件的 F 存在，否则不存在【标准答案】规范答题 步步得分(1)证明：取 AE 的中点为 G，连接 MG，BG，M 是 ED 的中点，AD2BC，MG 是ADE 的中位线

26、，MGADBC 且 MGBC，2 分得分点所以四边形 MGBC 为平行四边形，CMBG，因为 CM平面 ABE，BG平面 ABE，所以 CM平面 ABE.4 分得分点(2)解：取 AD 的中点为 H，连接 HC，HE，其中 HCAB 3，EH1，由 EC2 可得 HCHE，显然 EH平面 ABCD，故以 H 为坐标原点，分别以 HC，HA，HE 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，6 分得分点则 E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，1,0)，B(3，1,0)设存在点 F(x，y，z)，EFEB(x，y，z1)(3，1，1)x 3，y，z1，易知面 EAD 的

27、法向量可取HC(3，0,0)，8 分得分点另外AF(x，y1，z)(3，1,1)，AD(0，2,0)，设面 ADF 的一个法向量为 u(m，n，r)，则AFu0，AD u0 3，1，1u0，0，2，0u0，可取一个法向量为 u(1,0，3)，10 分得分点则|cosHC，u|313 4221 1212，F32，12，12 为 EB的中点.12 分得分点【评分细则】正确作出辅助线得1分，证出GM綊BC得1分 证出CMGB得1分，证出CM平面ABE得1分 正确找到面面垂直的三直线得1分，建立坐标系得1分 正确写出相关向量坐标得2分 正确求出二面角两个面的法向量得2分 根据题意求得1分，做出正确判断

28、得1分【名师点评】1核心素养：本题考查线面的位置关系及面面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中BG平面ABE，CM平面ABE.(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如EH平面ABCD等(3)思维发散：也可用向量法证明CM平面ABE.变式训练5(2022陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA平面ABCD

29、，ABC60，E是BC中点，F是PC上的点(1)求证：平面 AEF平面 PAD；(2)若 M 是 PD 的中点，当 ABAP 时，是否存在点 F，使直线 EM与平面 AEF 的所成角的正弦值为15？若存在，请求出PFPC的值；若不存在，请说明理由解析(1)连接AC，因为底面ABCD为菱形，ABC60，所以ABC是正三角形，E是BC的中点，AEBC，又ADBC，AEAD，PA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE，又PAADA，AE平面PAD，又AE平面AEF，所以平面AEF平面PAD(2)又PAAD，PA、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设 ABAP2，则 AE 3，则 A(0,0,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(3，0,0)，M(0,1,1)，设PFPC3，1，2，01，则AFAPPF(0,0,2)(3，1，2)(3，22)，又AE3，0，0，设 nx，y，z 是平面 AEF 的一个法向量，则nAE 3x0nAF 3xy22 z0，取 z，得 n(0,22，)，设直线 EM 与平面 AEF 所成角为，由EM 3，1，1，得：sin cosEM，n|EM n|EM|n|32|5222215.化简得：1021340，解得 12或 45，故存在点 F 满足题意，此时PFPC为12或45.