届高考数学一轮复习第八章立体几何大题冲关理Word文件下载.docx

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所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

（2）[证明]　证法一：

如图①，取AB中点G，连接EG，FG.

因为E，F分别是A1C1，BC的中点，

所以FG∥AC，且FG＝AC.

因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，

所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形．

所以C1F∥EG.

又EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，

所以C1F∥平面ABE.

①

②

证法二：

如图②，取AC的中点H，连接C1H，FH.

因为H，F分别是AC，BC的中点，

所以HF∥AB.

又E，H分别是A1C1，AC的中点，

所以EC1綊AH，

所以四边形EAHC1为平行四边形，

所以C1H∥AE.

又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，

所以平面ABE∥平面C1HF.

又C1F⊂平面C1HF，

（3）[解]　因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，

所以AB＝＝.

所以三棱锥E－ABC的体积

V＝S△ABC·

AA1＝×

×

1×

2＝.

1．证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．

2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不能直接用公式时，注意进行体积的转化．

一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．

（1）请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处（不需要说明理由）；

（2）判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；

（3）证明：

直线DF⊥平面BEG.

（1）解：

点F，G，H的位置如图所示．

（2）解：

平面BEG∥平面ACH.证明如下：

因为ABCD－EFGH为正方体，

所以BC∥FG，BC＝FG.

又FG∥EH，FG＝EH，

所以BC∥EH，BC＝EH，

于是四边形BCHE为平行四边形，

所以BE∥CH.

又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，

所以BE∥平面ACH，

同理BG∥平面ACH，

又BE∩BG＝B，

所以平面BEG∥平面ACH.

连接FH，与EG交于点O，连接BD.

所以DH⊥平面EFGH.

因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.

又EG⊥FH，DH∩FH＝H，

所以EG⊥平面BFHD.

又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，

同理DF⊥BG，

又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.

热点二　立体几何中的探索性问题

此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：

（1）根据条件作出判断，再进一步论证．

（2）利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．

[典题2]　[2017·

山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

AA1⊥平面ABC；

（2）求二面角A1－BC1－B1的余弦值；

（3）在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？

若存在，试求出的值．

（1）[证明]　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.

又平面ABC⊥平面AA1C1C，

且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1⊂平面AA1C1C.

∴AA1⊥平面ABC.

（2）[解]　由

（1）知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，

由题意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，

∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.

∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.

A1（0,0,4），B（0,3,0），C1（4,0,4），B1（0,3,4），

于是＝（4,0,0），＝（0,3，－4），

＝（4，－3,0），＝（0,0,4）．

设平面A1BC1的法向量n1＝（x1，y1，z1），

平面B1BC1的法向量n2＝（x2，y2，z2）．

∴⇒

∴取向量n1＝（0,4,3）．

由⇒

∴取向量n2＝（3,4,0）．

∴cosθ＝＝＝.

由题图可判断二面角A1－BC1－B1为锐角，

故二面角A1－BC1－B1的余弦值为.

（3）[解]　假设存在点D（x，y，z）是线段BC1上一点，使AD⊥A1B，且＝λ，

∴（x，y－3，z）＝λ（4，－3,4），

解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，

∴＝（4λ，3－3λ，4λ）．

又AD⊥A1B，∴0＋3（3－3λ）－16λ＝0，

解得λ＝，

∵∈[0,1]，

∴在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，

此时＝.

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．

热点三　空间向量在立体几何

中的应用　　　　　　　　　　　　　　　　

在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角（特别是二面角），常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．常见的命题角度有：

[考查角度一]　计算线线角、线面角

[典题3]　如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；

（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

[解]　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则各点的坐标为B（1,0,0），C（1,1,0），D（0,2,0），

P（0,0,2）．

（1）由题意知，AD⊥平面PAB，

所以是平面PAB的一个法向量，

＝（0,2,0）．

因为＝（1,1，－2），＝（0,2，－2）．

设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），

则m·

＝0，m·

＝0，

即

令y＝1，解得z＝1，x＝1.

所以m＝（1,1,1）是平面PCD的一个法向量．

从而cos〈，m〉＝＝，

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.

（2）因为＝（－1,0,2），

设＝λ＝（－λ，0,2λ）（0≤λ≤1），

又＝（0，－1,0），

则＝＋＝（－λ，－1,2λ），

又＝（0，－2,2），

从而cos〈，〉＝＝.

设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，

则cos2〈，〉＝

＝≤.

当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.

因为y＝cosx在上是减函数，

所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．

又因为BP＝＝，

所以BQ＝BP＝.

解决与线线角、线面角有关的问题，关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算求解．

[考查角度二]　　求二面角

[典题4]　[2016·

浙江卷]如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°

，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.

BF⊥平面ACFD；

（2）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值．

（1）[证明]　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．

因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，

所以AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC.

又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，

所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，

则BF⊥CK，又AC∩CK＝C，

所以BF⊥平面ACFD.

（2）[解]　解法一：

过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.

因为BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.

所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角．

在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得

AK＝，FQ＝.

在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，得

cos∠BQF＝.

所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.

解法二：

如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形．

取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.

以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意，得B（1,0,0），C（－1,0,0），K（0,0，），A（－1，－3，0），E，F.

因此，＝（0,3,0），＝（1,3，），

＝（2,3,0）．

设平面ACK的法向量为m＝（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为n＝（x2，y2，z2）．

由得

取m＝（，0，－1）；

取n＝（3，－2，）．

于是cos〈m，n〉＝＝.

1．用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”．

2．求二面角的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．