全國統(tǒng)考2024高考數(shù)學一輪復習高考大題專項四突破1空間中的平行與空間角學案理含解析北師大版

立體幾何高考大題專項(四)立體幾何考情分析從近五年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點,約占整個試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主.簡潔幾何體的表面積與體積、點、線、面位置關系的判定與證明以及空間角的計算是考查的重點內(nèi)容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式加以考查.著重考查推理論證實力和空間想象實力,而且對數(shù)學運算的要求有加強的趨勢.轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個立體幾何的始終.必備學問1.證明線線平行和線線垂直的常用方法(1)證明線線平行常用的方法:①利用平行公理,即證兩直線同時和第三條直線平行;②利用平行四邊形進行平行轉(zhuǎn)換;③利用三角形的中位線定理證線線平行;④利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進行平行轉(zhuǎn)換.(2)證明線線垂直常用的方法:①利用等腰三角形底邊上的中線即高線的性質(zhì);②勾股定理;③線面垂直的性質(zhì):即要證兩線垂直,只需證明一線垂直于另一線所在的平面即可,即l⊥α,a?α?l⊥a.2.垂直、平行關系證明中應用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型(1)證明線面、面面平行,需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.(2)證明線面垂直,需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.(3)證明線線垂直,需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.(4)證明面面垂直,需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直,進而轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.3.求幾何體的表面積或體積(1)對于規(guī)則幾何體,可干脆利用公式計算.對于某些三棱錐,有時可采納等體積轉(zhuǎn)換法求解.(2)對于不規(guī)則幾何體,可采納割補法求解.(3)求解旋轉(zhuǎn)體的表面積和體積時,留意圓柱的軸截面是矩形,圓錐的軸截面是等腰三角形,圓臺的軸截面是等腰梯形的應用.4.解決平面圖形的翻折問題,關鍵是抓住平面圖形翻折前后的不變性,即兩條直線的平行與垂直關系以及相關線段的長度、角度等的不變性.突破1空間中的平行與空間角題型一證明平行關系求線面所成的角【例1】(2024北京,16)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BB1的中點.(1)證明:BC1∥平面AD1E;(2)求直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值.解題心得1.幾何法證明空間平行關系時,由于線線平行、線面平行、面面平行之間可以相互轉(zhuǎn)化,證明過程是沿著轉(zhuǎn)化途徑進行.2.證線線平行或線面平行時,難點是找直線在平面的平行線:(1)利用三角形的中位線找平行線證線面平行;(2)構(gòu)造平行四邊形,找平行線;(3)將證線面平行問題轉(zhuǎn)化為面面平行,即過所證直線作協(xié)助面,證該平面與已知平面平行;(4)利用平行線分線段成比例定理的逆定理證線線平行.3.向量法證明空間平行關系時,是以計算為手段,尋求直線上的線段對應的向量和平面的基向量、法向量的關系,關鍵是建立空間坐標系(或找空間一組基底)及平面的法向量.對點訓練1(2024全國2,理20)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,側(cè)面BB1C1C是矩形,M,N分別為BC,B1C1的中點,P為AM上一點,過B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)證明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)設O為△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.題型二證明平行關系求二面角【例2】(2024全國1,理18)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解題心得如圖,設平面α,β的法向量分別為n1,n2,二面角的平面角為θ(0≤θ<π),則|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2對點訓練2(2024全國3,理19)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)證明:點C1在平面AEF內(nèi);(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.題型三求空間角及存在平行關系問題【例3】如圖,在多面體ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四邊形ADEF為正方形,四邊形ABCD為梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=1,BC=3.(1)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值;(2)線段BD上是否存在點M,使得直線CE∥平面AFM?若存在,求BMBD的值;若不存在,請說明理由解題心得1.先假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立),然后在這個前提下進行邏輯推理,若由此導出沖突,則否定假設;否則,給出確定結(jié)論.2.空間向量最適合解決這類探究性問題,解題時無需進行困難的作圖、論證、推理,只需把要成立的結(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”,即通過坐標運算進行推斷,這就是計算推理法.對點訓練3(2024山東淄博三模)如圖1,已知正方形ABCD的邊長為4,E,F分別為AD,BC的中點,將正方形ABCD沿EF折成如圖2所示的二面角,且二面角的大小為60°,點M在線段AB上(包含端點),連接AD.(1)若M為AB的中點,直線MF與平面ADE的交點為O,試確定點O的位置,并證明直線OD∥平面EMC;(2)是否存在點M,使得直線DE與平面EMC所成的角為60°?若存在,求此時二面角M-EC-F的余弦值;若不存在,說明理由.高考大題專項(四)立體幾何突破1空間中的平行與空間角例1(1)證明在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,且AB=A1B1,A1B1∥C1D1,且A1B1=C1D1,∴AB∥C1D1,且AB=C1D1,即四邊形ABC1D1為平行四邊形,則BC1∥AD1.∵BC1?平面AD1E,AD1?平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.(2)以點A為坐標原點,AD,AB,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系A-xyz,設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,則A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1),A設平面AD1E的法向量為n=(x,y,z),由n·AD1=0,n·AE=0,得2x+2|cos<n,AA1>|=因此,直線AA1與平面AD1E所成角的正弦值為23對點訓練1(1)證明因為M,N分別為BC,B1C1的中點,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因為△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解由已知得AM⊥BC.以M為坐標原點,MA的方向為x軸正方向,|MB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系M-xyz,則AB=2,AM=連接NP,則四邊形AONP為平行四邊形,故PM=233,E233由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足為Q,則NQ⊥平面ABC.設Q(a,0,0),則NQ=4-B1a,1,4-233-a2,故B1E=233-故sinπ2-<n,B1=n·所以直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為1010例2(1)證明連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=12B1又因為N為A1D的中點,所以ND=12A1D.由題設知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)解由已知可得DE⊥DA.以D為坐標原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN設m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則m所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).設n=(所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,對點訓練2解設AB=a,AD=b,AA1=c,如圖,以C1為坐標原點,C1D1的方向為x軸正方向,建立空間直角坐標系(1)證明:連接C1F,則C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四點共面,所以點C1在平面AEF內(nèi).(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=設n1=(x,y,z)為平面AEF的法向量,則n即-可取n1=(-1,-1,1).設n2為平面A1EF的法向量,則n2·A1E=0,n2因為cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n例3解(1)因為ADEF為正方形,所以AF⊥AD.又因為平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥AB.因為∠BAD=90°,所以AB,AD,AF兩兩垂直.分別以AB,AD,AF為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系(如圖).因為AB=AD=1,BC=3,所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1),所以BF=(-1,0,1),DC=(1,2,0),DE=(0,0,1).設平面CDE的一個法向量為n=(x,y,z),則n令x=2,則y=-1,所以n=(2,-1,0).設直線BF與平面CDE所成角為θ,則sinθ=|cos<n,BF>|=|2×(2)設BMBD=λ(λ∈[0,1]),設M(x1,y1,z1),則(x1-1,y1,z1)=λ(-所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0),所以AM=(1-λ,λ,0).設平面AFM的一個法向量為m=(x0,y0,z0),則m因為AF=(0,0,1),所以(1-λ)x0+λy0=0,z0=0.令x0=λ,則在線段BD上存在點M,使得CE∥平面AFM等價于存在λ∈[0,1],使得m·CE=0.因為CE=(-1,-2,1),由m·CE=0,所以-λ-2(λ-1)=0,解得λ=23∈[0,1]所以線段BD上存在點M,使得CE∥平面AFM,且BMBD對點訓練3解(1)因為直線MF?平面ABFE,故點O在平面ABFE內(nèi),也在平面ADE內(nèi),所以點O在平面ABFE與平面ADE的交線(即直線AE)上(如圖所示).因為AO∥BF,M為AB的中點,所以△OAM≌△FBM,所以OM=MF,AO=BF,所以AO=2.故點O在EA的延長線上,且與點A間的距離為2.連接DF,交EC于點N,因為四邊形CDEF為矩形,所以N是EC的中點.連接MN,則MN為△DOF的中位線,所以MN∥OD.又MN?平面EMC,OD?平面EMC,所以直線OD∥平面EMC.(2)存在.由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,又AE∩DE=E,所以EF⊥平面ADE.所以平面ABFE⊥平面ADE,易知△ADE為等邊三角形,取AE的中點H,則易得DH⊥平面ABFE,以H為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則E(-1,0,0),D(0,0,3),C(0,4,3),F(-1,4,0),所以ED=(1,0,3),EC=(1,4,3).設M(1,t,0)(0≤t≤4),則EM=(2,t,0),設平面EMC的法向量為m=(x,y,z),則m取y=-2,則x=t,z=8-所以m=t,-2,8-t3為平面EMC的一個