（課標通用）2023年高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何大題沖關理

PAGE1-第八章立體幾何高考中立體幾何問題的熱點題型1．立體幾何是高考的重要內(nèi)容，每年根本上都是一個解答題，兩個選擇題或填空題．小題主要考查學生的空間觀念，空間想象能力及簡單計算能力．解答題主要采用“論證與計算〞相結(jié)合的模式，即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角的計算．重在考查學生的邏輯推理能力及計算能力．熱點題型主要有平面圖形的翻折、探索性的存在問題等；2．思想方法：(1)轉(zhuǎn)化與化歸(空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題)；(2)數(shù)形結(jié)合(根據(jù)空間位置關系利用向量轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算)．熱點一空間點、線、面的位置關系以空間幾何體(主要是柱、錐或簡單組合體)為載體，通過空間平行、垂直關系的論證命制試題，主要考查公理4及線面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理，常與平面圖形的有關性質(zhì)及體積的計算等知識交匯考查，考查學生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想，一般以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．[典題1]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE(3)求三棱錐E－ABC的體積．(1)[證明]在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，AB?平面ABC，所以BB1⊥AB又AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)[證明]證法一：如圖①，取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四邊形FGEC1為平行四邊形．所以C1F∥EG又EG?平面ABE，C1F?平面ABE所以C1F∥平面ABE①②證法二：如圖②，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB.又E，H分別是A1C1，AC所以EC1綊AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1H∥AE.又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF.又C1F?平面C1HF所以C1F∥平面ABE(3)[解]因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).1．證明面面垂直，將“面面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直〞問題，再將“線面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直〞問題．2．計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關鍵是確定幾何體的高，假設不能直接用公式時，注意進行體積的轉(zhuǎn)化．一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如下圖．(1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需要說明理由)；(2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關系，并證明你的結(jié)論；(3)證明：直線DF⊥平面BEG.(1)解：點F，G，H的位置如下圖．(2)解：平面BEG∥平面ACH.證明如下：因為ABCD－EFGH為正方體，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四邊形BCHE為平行四邊形，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.(3)證明：連接FH，與EG交于點O，連接BD.因為ABCD－EFGH為正方體，所以DH⊥平面EFGH.因為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.熱點二立體幾何中的探索性問題此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線面平行、垂直位置關系的探究或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種考查形式：(1)根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證．(2)利用空間向量，先假設存在點的坐標，再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在．[典題2][2022·山東濟南調(diào)研]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)在線段BC1上是否存在點D，使得AD⊥A1B？假設存在，試求出eq\f(BD,BC1)的值．(1)[證明]在正方形AA1C1C中，A1又平面ABC⊥平面AA1C且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1?平面∴AA1⊥平面ABC.(2)[解]由(1)知，AA1⊥AC，AA1⊥AB，由題意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.∴以A為坐標原點，建立如下圖空間直角坐標系A－xyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，于是eq\o(A1C1,\s\up16(→))＝(4,0,0)，eq\o(A1B,\s\up16(→))＝(0,3，－4)，eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(4，－3,0)，eq\o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,4)．設平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up16(→))·n1＝0，,\o(A1B,\s\up16(→))·n1＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1＝0，,3y1－4z1＝0，))∴取向量n1＝(0,4,3)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(B1C1,\s\up16(→))·n2＝0，,\o(BB1,\s\up16(→))·n2＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2－3y2＝0，,4z2＝0，))∴取向量n2＝(3,4,0)．∴cosθ＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).由題圖可判斷二面角A1－BC1－B1為銳角，故二面角A1－BC1－B1的余弦值為eq\f(16,25).(3)[解]假設存在點D(x，y，z)是線段BC1上一點，使AD⊥A1B，且eq\o(BD,\s\up16(→))＝λeq\o(BC1,\s\up16(→))，∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，∴eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝eq\f(9,25)，∵eq\f(9,25)∈[0,1]，∴在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，此時eq\f(BD,BC1)＝eq\f(9,25).1．對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在〞問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解〞等．2．對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．熱點三空間向量在立體幾何中的應用在高考中主要考查通過建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量的坐標運算證明空間中的線、面的平行與垂直關系，計算空間角(特別是二面角)，常與空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，空間線、面位置關系的判定定理與性質(zhì)定理等知識綜合，以解答題形式出現(xiàn)，難度中等．常見的命題角度有：[考查角度一]計算線線角、線面角[典題3]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．[解]以{eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AD,\s\up16(→))，eq\o(AP,\s\up16(→))}為正交基底建立如下圖的空間直角坐標系A－xyz，那么各點的坐標為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)由題意知，AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up16(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AD,\s\up16(→))＝(0,2,0)．因為eq\o(PC,\s\up16(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up16(→))＝(0,2，－2)．設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，那么m·eq\o(PC,\s\up16(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up16(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up16(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up16(→))·m,|\o(AD,\s\up16(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因為eq\o(BP,\s\up16(→))＝(－1,0,2)，設eq\o(BQ,\s\up16(→))＝λeq\o(BP,\s\up16(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up16(→))＝(0，－1,0)，那么eq\o(CQ,\s\up16(→))＝eq\o(CB,\s\up16(→))＋eq\o(BQ,\s\up16(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up16(→))＝(0，－2,2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up16(→))·\o(DP,\s\up16(→)),|\o(CQ,\s\up16(→))||\o(DP,\s\up16(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設1＋2λ＝t，t∈[1,3]，那么cos2〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當且僅當t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈eq\o(CQ,\s\up16(→))，eq\o(DP,\s\up16(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因為y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).解決與線線角、線面角有關的問題，關鍵是利用垂直關系建立空間直角坐標系，運用向量的坐標運算求解．[考查角度二]求二面角[典題4][2022·浙江卷]如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值．(1)[證明]延長AD，BE，CF相交于一點K，如下圖．因為平面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為等邊三角形，且F為CK的中點，那么BF⊥CK，又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD.(2)[解]解法一：過點F作FQ⊥AK于Q，連接BQ.因為BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，那么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＝eq\r(13)，F(xiàn)Q＝eq\f(3\r(13),13).在Rt△BQF中，F(xiàn)Q＝eq\f(3\r(13),13)，BF＝eq\r(3)，得cos∠BQF＝eq\f(\r(3),4).所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值為eq\f(\r(3),4).解法二：如圖，延長AD，BE，CF相交于一點K，那么△BCK為等邊三角形．取BC的中點O，連接KO，那么KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz.由題意，得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，eq\r(3))，A(－1，－3，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).因此，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(0,3,0)，eq\o(AK,\