2021高考数学（理）统考版二轮复习学案：板块2 命题区间精讲 精讲3 立体几何 WORD版含解析.doc

1、立体几何阅卷案例思维导图(2020全国卷，T18,12分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO. (1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值.本题考查：直线与平面的垂直关系、二面角的余弦值等知识，逻辑推理、直观想象等核心素养.答题模板标准解答踩点得分第1步：证垂直借助几何图形中的数量关系及几何关系证明线线垂直进而证明线面垂直.第2步：建系写坐标建立恰当的坐标系，写出需要的坐标.第3步：求向量求平面的法向量或直线的方向向量.第4步：求夹角计算向量的夹角.第5步：下结论把向量结果几何化.第(1)问得分

2、点及说明：1.借助数量关系得出PAPC得3分.2.证明PA平面PBC得2分，不说明“PBPCP”扣1分.第(2)问得分点及说明：1.正确建系并坐标书写正确得1分.2.正确求得平面PBC及平面PCE的法向量各得1分.3.二面角余弦值求解正确得1分.4.建系不同，只需结果正确各步骤相应给分.命题点1空间平行、垂直关系的证明平行关系、垂直关系证明的两种思路思路一：(几何法)空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化思路二：(坐标法)设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3

3、)，则(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.高考题型全通关1.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD证明法一：(几何法)(1)取PD的中点F，连接AF，EF.易知EFCD且EFDC又ABDC，EFAB四边形ABEF为平行四边形，AFBE.又PAAD，AFPD又PA平面ABCD，平面PAD平面A

4、BCD，又ADAB，DCAB，CD平面PADCDAF.又AFBE，BECD(2)由(1)可知BEAF，又BE平面PAD，AF平面PAD，BE平面PAD(3)CDAD，CDPA，PAADA，CD平面PAD又CD平面PCD，平面PCD平面PAD法二：(坐标法)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)(1)向量(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC(2)因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD，所以AB平面

5、PAD，所以向量(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，而(0,1,1)(1,0,0)0，所以BEAB又BE平面PAD，所以BE平面PAD(3)由(2)知平面PAD的法向量(1,0,0)，向量(0,2，2)，(2,0,0)，设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0,1,1)为平面PCD的一个法向量且n(0,1,1)(1,0,0)0，所以n.所以平面PAD平面PCD点评两种方法各有优劣，法一思考多一点，但只要作出辅助线AF，第(2)(3)问也随之解决，因此证明平行、垂直问题要有全局意识，不要仅着眼于某一问；而法二思考少一点，计算多一点，建立坐标系并正确书写坐标是解题

6、的关键平时训练建议强化几何法2.如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别是CD和PC的中点求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD证明(1)平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA平面PAD，PA底面ABCD(2)ABCD，CD2AB，E为CD的中点，ABDE，且ABDE.四边形ABED为平行四边形BEAD又BE平面PAD，AD平面PAD，BE平面PAD(3)ABAD，而且四边形ABED为平行四边形，BECD，ADCD，由(1)知PA底面ABCD，且CD平面ABCD，PA

7、CD，且PAADA，PA，AD平面PAD，CD平面PAD，又PD平面PAD，CDPDE和F分别是CD和PC的中点，PDEF.CDEF，又BECD且EFBEE，EF，BE平面BEF，CD平面BEF，又CD平面PCD，平面BEF平面PCD命题点2利用空间向量求空间角直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面，的夹角为(0

8、)，则|cos |cos，v|.高考题型全通关1.如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC以E为坐标原点，分别以射线EC，EA1的方向为y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3，2)，F，

9、C(0,2,0)因此，(，1,0)所以0，所以EFBC(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得，(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)，由得取x1，则可得n(1，1)为平面A1BC的一个法向量，故sin |cos，n|，则cos .因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.点评对于一些以正方体、长方体或其他具有垂直关系的几何体作为载体的立体几何问题，可以优先考虑向量法，这种方法的优点在于抛开了繁杂的推理论证，仅通过计算即可获得一些平行、垂直的关系2.如图，在棱长均为2的正三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段

10、C1D上的动点，其中M更靠近D，且MNC1N.(1)证明：A1E平面AC1D；(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求异面直线BM与NE所成角的余弦值解(1)证明：由已知得A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，C1DA1B1，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面A1B1C1，则AA1C1D又A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面ABB1A1，C1D平面ABB1A1，A1E平面ABB1A1，C1DA1E.易证A1EAD，又ADC1DD，AD，C1D平面AC1D，A1E平面AC1D(2)取BC的中点O，B1C1的中点O1，则AOBC，OO1BC，以O为坐标原点，建立如图所

11、示的空间直角坐标系Oxyz，则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，1,2)，D，设，则(0,2，1)，易知n(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，|cos，n|，解得.，2，cos，异面直线NE与BM所成角的余弦值为.点评异面直线所成角的范围为(0，90，故当用向量法计算其所成角的余弦值时，应取其绝对值3(2020昆明模拟)如图(1)，正方形ABCG，直角梯形ABED，三角形BCF组成一个平面图形，其中AB2DE2，BEBFCF，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，形成一个如图(2)所示的几何体图(1)图(2)(1)证明图(2)中的D，E，C，G共面，且平面ABD平面DE

12、C；(2)求图(2)中的二面角BCEA的大小解(1)法一：因为四边形ABCG是正方形，所以ABCG.因为四边形ABED为梯形，所以DEAB，所以DECG，所以D，E，C，G四点共面在题图(1)中，由AGAB，可得ABAD，在题图(2)中，AGADA，所以AB平面AGD因为DEAB，所以DE平面AGD，所以DEDG.在直角梯形ABED中，因为AB2DE2，BE，所以AD.在直角梯形CGDE中，CG2，ED1，CE，所以DG，所以AD2DG2AG2，所以ADDG.由AB平面AGD，ABDE易得ADDE，又DGDED，所以AD平面DEC，又AD平面ABD，所以平面ABD平面DEC法二：同法一知，AB

13、平面AGD，又AB平面ABCG，所以平面AGD平面ABCG且两平面的交线为AG，作DOAG，则DO平面ABCG，过点O作OHAB交BC于点H，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系则D(0,0,1)，E(0,1,1)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，G(1,0,0)，C(1,2,0)，(0,1,0)，(0,2,0)2，所以D，E，C，G四点共面易知(1,0,1)，(1,0,1)设平面ABD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则取x11，则n1(1,0,1)为平面ABD的一个法向量设平面DEC的法向量为n2(x2，y2，z2)，取x21，则可得n2(1,0，1)为平面DEC的一个法向量因

14、为n1n20，所以n1n2，所以平面ABD平面DEC(2)由(1)的法二知(1,1,1)，(1，1,1)，(2,0,0)，设m(x，y，z)为平面ACE的法向量，则令x1，则m(1,1,0)为平面ACE的一个法向量设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则令y1，可得n(0,1,1)为平面BCE的一个法向量，所以cosn，m.由图可知二面角BCEA为锐角，故二面角BCEA的大小为.点评解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等命题点3利用空间向量解决探索性问题存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应

15、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“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，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理高考题型全通关1.(2020宜昌三校联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值(2)是否存在点E，使得平面CDE平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由解(1)不妨设正方体的棱长为2.

16、以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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Dxyz，则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，O(1,1,0)因为E为OD1的中点，所以E.则(1，1,2)，(0,2,0)设p(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，则即取x02，则y00，z01，所以p(2,0，1)为平面CDE的一个法向量所以|cos，p|，即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点理由如下：假设存在点E，使得平面CDE平面CD1O.同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，设，0，)，(1,

17、1,0)，(1，1,2)设m(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，则即取x11，则y11，z11，所以m(1,1,1)为平面CD1O的一个法向量因为，所以点E的坐标为，所以.设n(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，则即取x21，则y20，z2，所以n为平面CDE的一个法向量因为平面CDE平面CD1O，所以mn，即mn0，所以10，解得2.所以当2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE平面CD1O.点评本题第(2)问是探索空间中面面垂直的问题，解题思路是先假设点存在，再证明垂直结论正确解题思维过程是：先假设存在点E，使得平面CDE平面CD1O，设，0，)；再求出两个相

18、关联的平面的法向量，利用法向量垂直的坐标运算，求出参数的值，即可确定点E的位置利用向量法求解探索性问题时，应注意空间直角坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误2(2020天津实验中学一模)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，ABEF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB2，EF1.(1)求证：平面DAF平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，二面角DFCB的大小为60.解(1) 证明平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF.AF平面ABEF，AFCB又AB为圆O的直径，AFBF，又BF

19、CBB，AF平面CBF.AF平面ADF，平面DAF平面CBF.(2)根据(1)的证明，有AF平面CBF，FB为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF为直线AB与平面CBF所成的角，ABEF，四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FHAB，交AB于H，AB2，EF1，则AH，在RtAFB中， AF2AHAB，得AF1，sinABF，ABF30，直线AB与平面CBF所成角的大小为30.(3)设EF中点为G，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)设ADt，则点D的坐标为，则C，又A，B(1,0,0)，F，(2,0,0)，设平面DCF的法向量为n1，则n10，n10，即 令z，解得x0，y2t.n1.由(1)可知AF平面CFB，取平面CBF的一个法向量为n2，cos 60，即，解得t，因此，当AD的长为时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60.