備戰(zhàn)2023年高考數(shù)學一輪復習-核心專題突破3-立體幾何中的熱點問題

核心專題突破3立體幾何中的熱點問題第七章立體幾何01核心考點共研考點一翻折問題(綜合研析)

(2022·常德市臨澧一中階段性考試)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)設(shè)F為CD1的中點，試在AB上找一點M，使得MF∥平面D1AE；連接MF，則NF＝AM且NF∥AM，則四邊形AMFN是平行四邊形，所以AN∥MF.又MF?平面D1AE，AN?平面D1AE，則MF∥平面D1AE.(2)求直線BD1與平面CD1E所成角的正弦值．【解】

(2)分別取AE，AB，BC的中點O，G，K，連接OD1，OM，OK，EG，因為AD1＝ED1＝2，所以O(shè)D1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，所以O(shè)D1⊥平面ABCE，又OM，OK?平面ABCE，所以O(shè)D1⊥OM，OD1⊥OK.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，所以O(shè)M⊥OK，如圖建立空間直角坐標系O-xyz.翻折問題的求解策略翻折問題中的處理關(guān)鍵是結(jié)合圖形弄清翻折前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系．一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化．解：(1)證明：如圖①，連接AE，AC，AC交BE于點F.由題意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，所以C1F⊥平面ABED，又C1F?平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值．考點二探索性問題(綜合研析)

(2021·高考全國卷甲改編)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.(1)證明：BF⊥DE；由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B為坐標原點，以AB，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系B-xyz，(2)當B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE夾角的正弦值最?。?1)探索性問題求解策略：用空間向量解決探索性問題時，不需要進行復雜的作圖、論證和推理，只需通過坐標運算進行判斷，一般用坐標待定法或比值待定法，把是否存在問題轉(zhuǎn)化為點的坐標是否有解或是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解的問題．(2)通過運算解決一些推理論證問題，可以培養(yǎng)學生數(shù)學運算這一核心素養(yǎng)．|跟蹤訓練|(2022·衡水第10次調(diào)研)已知圖中直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.點E，F(xiàn)，P，Q分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上運動，且滿足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.(1)求證：E，F(xiàn)，P，Q四點共面，且EF∥平面PQB；解：(1)證明：因為直棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD.設(shè)AC，BD交點為O，以O(shè)為原點，以O(shè)A所在直線，OB所在直線，過點O且與AA1平行的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則B(0，1，0)．設(shè)BF＝a，a∈[1，3]，則E(2，0，a－1)，F(xiàn)(0，1，a)，P(－2，0，a＋1)，Q(0，－1，a)，即EF∥PQ，故E，F(xiàn)，P，Q四點共面．又EF?平面PQB，PQ?平面PQB，所以EF∥平面PQB.02課后達標檢測[A基礎(chǔ)達標]1．(2022·江南十校聯(lián)考)已知在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一點E滿足2AE＝ED.現(xiàn)將△CDE沿CE折起使點D移動至P點處，使得PA＝PB.(1)求證：平面PCE⊥平面ABCE；解：(1)證明：依題意得PE＝PC＝2，分別取線段AB，CE的中點O，M，連接PO，OM，MP，則PM⊥EC，由PA＝PB，得PO⊥AB.①又OM為梯形ABCE的中位線，所以O(shè)M∥BC，由BC⊥AB，得OM⊥AB，②又PO∩OM＝O，從而AB⊥平面POM，則AB⊥PM.在平面ABCE中，AB與CE相交，所以PM⊥平面ABCE，又PM?平面PCE，故平面PCE⊥平面ABCE.(2)求平面BPA與平面EPA夾角的余弦值．解：(2)過點O作PM的平行線為z軸，以O(shè)A，OM為x，y軸建立空間直角坐標系O-xyz，

故FO∥EH且FO＝EH，所以FO⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以FO⊥AC，在菱形ABCD中，有AC⊥BD，因為FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDF.(1)求證：平面AFC1⊥平面ABC1；因為EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，所以EF⊥平面BEC1，EH?平面BEC1，所以EF⊥EH，所以GH⊥EH，因為∠BEC1＝

，E是BC的中點，所以△EBC1為等邊三角形，所以EH⊥BC1，又因為GH?平面ABC1，BC1?平面ABC1，GH∩BC1＝H，所以EH⊥平面ABC1.又因為GH∥EF，GH＝EF，所以四邊形EHGF為平行四邊形，所以FG∥EH，所以FG⊥平面ABC1.又因為FG?平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ABC1.(2)求平面AFC1與平面BEC1的夾角．解：(2)以B為坐標原點，在平面BC1E內(nèi)與BE垂直的直線為x軸，BE，BA所在的直線為y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，解：(1)在平面EDC內(nèi)作EF⊥CD于F，如圖所示．易知平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝CD，所以EF⊥平面ABCD，即EF為四棱錐E-ABCD的高．因為E為半圓弧CD上一點，所以CE⊥ED.解：(2)由條件①得，所以4DE2＝CE2，所以2DE＝CE，又CE2＋ED2＝5，則DE＝1，CE＝2.因為AD∥BC，BC⊥平面DCE，

[C素養(yǎng)提升]5.(2022·重慶市巴蜀中學月考)如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABCD是一個邊長為2的菱形，∠DAB＝60°.側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝3.(1)求平面BD1C和平面DD1C夾角的余弦值；解：(1)如圖1，連接BD，由題意，△ADB是正三角形，設(shè)M是AB的中點，則DM⊥AB，所以DM⊥DC，又DD1⊥平面ABCD，所以DM⊥平面DD1C1C.以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，顯然，平面D1CD的一個法向量是m＝(1，0，0)，設(shè)平面BD1C的法向量為n