2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第八章立体几何与空间向量顶层设计前瞻立体几何热点问题 WORD版含解析.doc

1、立体几何热点问题 三年真题考情核心热点真题印证核心素养线、面位置关系的证明与线面角2019天津，17；2019浙江，19；2018，18；2018，20；2016天津，17；2018天津，17；2017北京16数学运算、逻辑推理、直观想象线、面位置关系的证明与二面角2019，18；2019，17；2019，19；2019北京，16；2018，19；2017，19；2017，18；2017，19；2016，18；2016，19数学运算、逻辑推理、直观想象 热点聚焦突破教材链接高考线面位置关系与空间角教材探究(选修21P109例4)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面AB

2、CD，PDDC，点E是PC的中点，作EFPB交PB于点F.(1)求证：PA平面EDB；(2)求证：PB平面EFD；(3)求二面角CPBD的大小.试题评析1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角.2.教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解.3.除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化.【教材拓展】 如图，在四棱锥PABCD中，BCCD，ADCD，PA3，ABC和PBC均是边长为2的

3、等边三角形.(1)求证：平面PBC平面ABCD；(2)求二面角CPBD的余弦值.(1)证明取BC的中点O，连接OP，OA，如图.因为ABC，PBC均为边长为2的等边三角形，点O为BC的中点，所以OABC，OPBC，且OAOP3.在PAO中，因为PA3，则PO2OA2PA2，所以OPOA.又因为OABCO，OA平面ABCD，BC平面ABCD，所以OP平面ABCD.又因为OP平面PBC.所以平面PBC平面ABCD.(2)解因为BCCD，ABC为等边三角形，所以ACD.又因为ADCD，所以CAD，ADC.在ADC中，由正弦定理，得，所以CD2.以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图

4、所示的空间直角坐标系，则P(0，0，3)，B(0，0)，D(2，0).所以(0，3)，(2，2，0).设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则平面PBD的一个法向量为n(3，1)，依题意，平面PBC的一个法向量m(1，0，0)，所以cosm，n.由题图知，二面角CPBD为锐二面角，故二面角CPBD的余弦值为.探究提高1.本题与教材选修21P109例4相比其难点在于不易找到二面角CPBD的平面角，或者说找到这个二面角的平面角对学生来说是一个很大的难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量并且利用法向量来求二面角，就可以化解这个难点，这也是向量法的优势所在.2.利用向量法解决问题时

5、，要注意运算的正确性.【链接高考】 (2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值.(1)证明由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1，EC1平面EB1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(

6、0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，(1，0，0)，(1，1，1)，(0，0，2).设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1).设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1，1，0).于是cosn，m，则sinn，m，所以，二面角BECC1的正弦值为.教你如何审题立体几何中的折叠问题【例题】 (2019全国卷)图是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图.(1)证明：图中的A，C，G，D四点共面，且

7、平面ABC平面BCGE；(2)求图中的二面角BCGA的大小.审题路线自主解答(1)证明由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，BE，BC平面BCGE，所以AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)解作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，平面BCGE平面ABCBC，所以EH平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1，1，

8、0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，(1，0，)，(2，1，0).设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(3，6，).又平面BCGE的法向量可取m(0，1，0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.探究提高立体几何中折叠问题的解决方法解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚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，不在同一平面上的性质发生变化.【尝试训练】 (2020湖南六校联考)在RtABC中，ABC90，tan ACB.已知E，F分别是BC，AC的中点，将CEF沿EF折起，使C到C的位置且二面角CEFB的

9、平面角的大小是60.连接CB，CA，如图.(1)(一题多解)求证：平面CFA平面ABC；(2)求平面AFC与平面BEC所成二面角的平面角的大小.(1)证明法一F是AC的中点，AFCF.设AC的中点为G，连接FG，如图(1).(1)设BC的中点为H，连接GH，EH.ABC90，E，F分别是BC，AC的中点，FEBC，CEEF，BEEF，BEC为二面角CEFB的平面角.BEC60.E为BC的中点，BEEC，BEC为等边三角形，EHBC.EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面BEC.EFAB，AB平面BEC，又EH平面BEC，ABEH.BCABB，EH平面ABC.G，H分别为AC，BC的中点，GH

10、綉AB綉FE，四边形EHGF为平行四边形，FGEH，FG平面ABC.又FG平面CFA，平面CFA平面ABC.法二ABC90，E，F分别为BC，AC的中点，EFBC，EFBE，EFEC.BEECE，FE平面BCE.AB平面BEC.如图(2)，分别以BE，BA所在直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.设AB2，(2)则B(0，0，0)，A(0，0，2)，E(0，2，0)，F(0，2，1)，C(，1，0).(0，0，2)，(，1，0)，(0，2，1)，(，1，2).设平面ABC的法向量为a(x1，y1，z1)，则即令x11，则y1，z10，a(1，0).设平面CFA的法向量为b(x2，y2，z2)，

11、则即令x2，则y21，z22，b(，1，2).ab00，平面CFA平面ABC.(2)解由(1)中法二可得平面AFC的一个法向量为b(，1，2).显然平面BEC的一个法向量为m(0，0，1)，cosm，n.观察图形可知，平面AFC与平面BEC所成的二面角的平面角为锐角，平面AFC与平面BEC所成二面角的平面角的大小为45.满分答题示范立体几何中的开放问题【例题】 (12分)如图，已知等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2AD2CD2.将ADC沿AC折起，使得ADBC，如图.(1)求证：平面ADC平面ABC；(2)在线段BD上是否存在点E，使得二面角EACD的大小为？若存在，指出点E的位置；若不存在

12、，请说明理由.规范解答(1)证明等腰梯形ABCD中，ABCD，AB2AD2CD2，由平面几何知识易得ABC，AC22212221cos 3.又AC2BC2AB2，ACBC.2ADBC，ADACA，BC平面ADC.3又BC平面ABC，平面ADC平面ABC.4(2)解在线段BD上存在点E，使得二面角EACD的大小为.以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，过点C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图.5由平面ADC平面ABC，ADC是顶角为的等腰三角形，知z轴与ADC底边上的中线平行，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D，(，0，0)，.令t(0

13、t1)，则E，.7设平面ACE的法向量为m(x，y，z)，则即令yt，则z2(t1)，m(0，t，2(t1).9由(1)知，平面ACD的一个法向量为n(0，1，0).10要使二面角EACD的大小为，则cos ，解得t或t2(舍去).在线段BD上存在点E，使得二面角EACD的大小为，此时点E在线段BD上靠近点D的三等分点处.12高考状元满分心得得步骤分：抓住得分点的步骤“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中证明面面垂直时，层层递进，先证明线线垂直，再证明线面垂直，最后得到面面垂直.得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(2)问中的建系方法，求两个平面的法向量.得计算分：解题

14、过程中计算准确是得满分的保证.如第(2)问中由二面角的大小求t的值等.构建模板利用题目中的线、面位置关系，建立恰当的空间直角坐标系 假设数学对象存在，设出其坐标 求相关的坐标和平面的法向量 根据题目条件构建方程求解 明确结论【规范训练】 (2020绵阳诊断)如图，四棱锥SABCD中，SD底面ABCD，ABDC，ADDC，ABAD1，DCSD2，E为棱SB上的一个点，且SE2EB.(1)求证：DE平面SBC；(2)在线段BC上是否存在点M，使得SM与平面ADE所成角的正弦值为？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明由SD底面ABCD，AD，DC平面ABCD，知SDAD，SDD

15、C.又ADDC，故以D为原点，DA，DC，DS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2).由SE2EB，得E.(1，1，0)，(1，1，2)，0，0.DEBC，DEBS.又BCBSB，DE平面SBC.(2)解存在.理由如下：设点M(x，y，z)，则(01).(x1，y1，z)(1，1，0)，M(1，1，0)，(1，1，2).由(1)知(1，0，0)，.设平面ADE的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则z1，n(0，1，1).|cos，n|，解得或2.又00)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，

16、0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，(1，1，h)，(0，2，0).设平面BCG的法向量为n(x，y，z)，则即取n(h，0，1).由于ACBF，ACBD，AC平面BDG，平面BDG的一个法向量为(2，2，0).由题意得cos 60，解得h1，此时.当时，二面角CBGD的大小为60.5.(2019天津卷)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长.解依题意，建立以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标

17、系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CFh(h0)，则F(1，2，h).(1)证明依题意，(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又(0，2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2).设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n (2，2，1).因此有cos，n.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m .又n(2，2，1)为平面BDE的一个法向量

18、，故由题意，有|cosm，n|.解得h.经检验，符合题意.所以，线段CF的长为.6.(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，PA，AD平面PAD，所以CD平面PAD.(2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，AM，AD平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建

19、立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).因为E为PD的中点，所以E(0，1，1).所以(0，1，1)，(2，2，2)，(0，0，2).所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1，1).又因为平面PAD的一个法向量为p(1，0，0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)解直线AG在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1，1)，所以n0.又点A平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.