2020届高考数学一轮总复习 第八单元 立体几何 第58讲 立体几何的综合问题课件 理 新人教A版

高考总复习第（1）轮理科数学第八单元立体几何第58讲立体几何的综合问题1．进一步掌握立体几何的基础知识．会处理有关位置关系的证明及有关空间角的计算．2．提高空间想象能力和逻辑推理论证能力及分析求解能力．1．立体几何综合问题立体几何历来是高考的必考内容，立体几何解答题承担了对学生的逻辑推理能力、空间想象能力考查的重任．立体几何解答题一般是设置两问，第一问，主要考查直线、平面的位置关系中的线面平行、垂直及面面平行、垂直的证明，考查考生的逻辑推理能力和空间想象能力；第二问主要考查空间几何量的计算(空间角、空间距离、几何体的体积与面积等)的计算，侧重于空间角的计算，考查考生灵活运用知识的能力及运算求解能力．2.立体几何综合问题的求解方法空间位置关系的判定和证明，主要是证明平行与垂直，这类问题的主要方法是综合法(也可采用向量方法)，论证的依据是线面关系的判定定理和性质定理，要“根据结论想判定，根据已知想性质”运用综合分析的方法寻找证明途径．空间几何量的计算，求解这类问题有两种方法：一是依据公理、定理及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之，一般解题步骤是“作、证、求”；另一种是建立空间直角坐标系，借助点的坐标求出平面的法向量、直线的方向向量，利用向量运算加以解决．后一种方法避免了烦琐的推理论证，已成为求解立体几何有关问题的主要方法．1.在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.15B.25C.55D.255解：以A为坐标原点，以AB为x轴，以AC为y轴，以AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(12，0,0)，E(12，12，0)，F(0，12，1)．所以AP＝(0,0,2)，DE＝(0，12，0)，DF＝(－12，12，1)．设n＝(x，y，z)是平面DEF的一个法向量，则n·DE→＝0，n·DF→＝0，即12y＝0，－12x＋12y＋z＝0，取x＝1，则n＝(1,0，12)．设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AP→，n〉|＝|12×1＋14|＝55.答案：C2.(2018·华南师大附中模拟)如图，将绘有函数f(x)＝3sin(ωx＋5π6)(ω0)部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若A，B之间的空间距离为10，则f(－1)＝()A．－1B．1C．－32D.32解：设函数f(x)的最小正周期为T，则3＋3＋（T2）2＝10，即T2＝2，所以T＝4.所以ω＝2πT＝2π4＝π2，所以f(x)＝3sin(π2x＋5π6)，所以f(－1)＝3sin(－π2＋5π6)＝3sinπ3＝32.答案：D【例1】(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D­AF­E与二面角C­BE­F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E­BC­A的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G­xyz.由(1)知∠DFE为二面角D­AF­E的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD.所以CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C­BE­F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．所以EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，3)，AB＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则n·EC→＝0，n·EB→＝0，即x＋3z＝0，4y＝0，所以可取n＝(3,0，－3)．设m是平面ABCD的法向量，则m·AC→＝0，m·AB→＝0，同理可取m＝(0，3，4)．则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－21919.故二面角E­BC­A的余弦值为－21919.【变式探究】1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝12AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝12AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，|AB|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)，PC＝(1,0，－3)，AB＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0x1)，则BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－3)．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈BM，n〉|＝sin45°，|z|x－12＋y2＋z2＝22，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM＝λPC，则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②由①②解得x＝1＋22，y＝1，z＝－62(舍去)，或x＝1－22，y＝1，z＝62，所以M(1－22，1，62)，从而AM→＝(1－22，1，62)．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则m·AM→＝0，m·AB→＝0，即2－2x0＋2y0＋6z0＝0，x0＝0，所以可取m＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝105.因此二面角M­AB­D的余弦值为105.点评：（1）高考立体几何第1问，常考查位置关系的证明，一般采用综合法进行推证．第2问常考查角的有关计算，常采用空间向量的方法进行计算．（2）在建立空间直角坐标系进行计算时，要注意如下两个方面：①合理性：如建立坐标系时，要进行适当说明或论证；有关位置关系、角等要进行适当证明；②目标性：要注意算什么，怎样算，需要哪些点的坐标，哪些向量的坐标，要计算哪个法向量等，要做到心中有数．同时也要注意，求出两个法向量所成角的余弦值后，要观察二面角的大小．（3）利用空间坐标系求解的关键是正确写出相关点及其向量的坐标，求坐标较困难时，可考虑将立体几何图形平面化(将有关平面从空间图形中移出，利用平面几何知识进行处理)或利用向量知识进行处理.【例2】(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝32，EH＝32.则H(0，0，0)，P(0，0，32)，D(－1，－32，0)，DP＝(1，32，32)，HP＝(0，0，32)．又HP为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝||||||HPDPHPDP＝343＝34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.【变式探究】2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H­xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，AB＝(3，－4,0)，AC＝(6,0,0)，'AD＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m＝(4,3，－5)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则n·AC→＝0，n·AD′→＝0，即6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.sin〈m，n〉＝29525.因此二面角B­D′A­C的正弦值是29525.点评：(1)注意折叠问题的特点：①位于折线一侧的平面内的位置关系、数量关系不变；②位于折线两侧的位置关系、数量关系可能发生变化．(2)处理折叠问题的基本方法：①画好两图：折前的平面图形、折后的空间图形．②用好两图：在平面图形中处理不变关系，在空间图形中处理变化的关系.1.位置关系的判断与证明，一般采用综合法，要注意掌握线面平行、垂直的判定与性质，掌握每一个定理成立的条件与得到的结论，具体证明时，要注意根据结论联想判定，根据条件联想性质，采用综合分析的方法寻找证明途径．2.有关角、距离等的计算，常采用向量方法．计算时，要注意论证的合理性，合理建立空间直角坐标系，正确写出相关点的坐标，准确计算平面的法向量、直线的方向向量，合理运用向量的夹角公式，正确进行计算，保证运算的准确性．