1、第七章立體幾何與空間向量高考專題突破四高考中的立體幾何問題新高考數學復習考點知識講義課件第七章立體幾何與空間向量高考專題突破四高考中的立體幾何問題型一空間角的求法多維探究命題點1線線角例1如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E，F分別是棱AB，BB1的中點，試求直線EF和BC1所成的角.題型一空間角的求法多維探究命題點1線線角解以B為原點，分別以直線BC，BA，BB1為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(如圖).設AB1，則B(0，0，0)，所以直線EF和BC1所成角的大小為60.解以B為原點，分別以直線BC，BA，BB1為x，y，z軸，思維升

2、華用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標系；(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是 ，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.思維升華用向量法求異面直線所成角的一般步驟：新高考數學復習考點知識講義課件52-立體幾何問題解析以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，解析以D為原點，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建(2)如圖，在棱長為1的正

3、四面體(四個面都是正三角形)ABCD中，M，N分別為BC，AD的中點，則直線AM和CN夾角的余弦值為_.(2)如圖，在棱長為1的正四面體(四個面都是正三角形)ABC則直線AM和CN夾角的余弦值等于|cos |.則直線AM和CN夾角的余弦值等于|cos |.又ABC和ACD均為等邊三角形，又ABC和ACD均為等邊三角形，例2(12分)(2020新高考全國)如圖，四棱錐PABCD的底面為正方形，PD底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.命題點2線面角答題模板例2(12分)(2020新

4、高考全國)如圖，四棱錐PA規范解答(1)證明在正方形ABCD中，ADBC，因為AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC，又因為AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以ADl，2分因為在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，規范解答(1)證明在正方形ABCD中，ADBC，所以ADDC，所以lDC，且PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD，因為DCPDD，所以l平面PDC. 4分所以ADDC，所以lDC，(2)解以D為坐標原點， 的方向為x軸正方向，如圖建立空間直角坐標系Dxyz，因為PDAD1，則有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(

5、1,1,0)， 5分設Q(m,0,1)，6分設平面QCD的一個法向量為n(x，y，z)，(2)解以D為坐標原點， 的方向為x軸正方向，設Q令x1，則zm，所以平面QCD的一個法向量為n(1,0，m)， 9分10分根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，令x1，則zm，10分根據直線的方向向量與平面法向當且僅當m1時取等號，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為 . 12分當且僅當m1時取等號，第一步：根據線面位置關系的相關定理，證明線面垂直第二步：建立空間直角坐標系，確定點的坐標第三步：求直線的方向向量和平面的法向量第四步：計算向量夾角(或函

6、數值)，借助基本不等式確定最值第五步：反思解題思路，檢查易錯點答題模板第一步：根據線面位置關系的相關定理，證明線面垂直答題模板跟蹤訓練2如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，ABC ，PA底面ABCD，點M是棱PC的中點.(1)求證：PA平面BMD；證明如圖，連接AC交BD于點O，易知O為AC的中點，連接MO.M，O分別為PC，AC的中點，PAMO.PA平面BMD，MO平面BMD，PA平面BMD.跟蹤訓練2如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2新高考數學復習考點知識講義課件52-立體幾何問題解如圖，取線段BC的中點H，連接AH.以A為坐標原點，分別以AH，AD，AP

7、所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.解如圖，取線段BC的中點H，連接AH.以A為坐標原點，分別設平面PBC的法向量為m(x，y，z).取z1，則x1，y0，m(1，0，1).設直線AM與平面PBC所成的角為，設平面PBC的法向量為m(x，y，z).取z1，則x1命題點3二面角例3(2020全國)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AEAD.ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO DO.(1)證明：PA平面PBC；命題點3二面角證明由題設，知DAE為等邊三角形，設AE1，又ABC為等邊三角形，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，PC，P

8、B平面PBC，所以PA平面PBC.證明由題設，知DAE為等邊三角形，設AE1，又ABC(2)求二面角BPCE的余弦值.(2)求二面角BPCE的余弦值.解過O作ONBC交AB于點N，因為PO平面ABC，以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，ON所在直線為y軸，OD所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，解過O作ONBC交AB于點N，設平面PCB的一個法向量為n(x1，y1，z1)，設平面PCE的一個法向量為m(x2，y2，z2)，設平面PCB的一個法向量為n(x1，y1，z1)，設平面P新高考數學復習考點知識講義課件52-立體幾何問題(1)求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個半平面所

9、在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.(2)利用向量法求二面角的大小的關鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：求平面的垂線的方向向量.利用法向量與平面內兩個不共線向量的數量積為零，列方程組求解.思維升華(1)求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個半平面所在跟蹤訓練3(2020宜昌一中模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點.(1)證明：BEPD；解依題意，以點A為原點，以AB，AD，AP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖，可得B

10、(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E為棱PC的中點，得E(1，1，1).跟蹤訓練3(2020宜昌一中模擬)如圖，在四棱錐PAB(2)若F為棱PC上一點，滿足BFAC，求二面角FABD的余弦值.(2)若F為棱PC上一點，滿足BFAC，求二面角FAB設n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，設n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，不妨令z1，可得n1(0，3，1)為平面FAB的一個法向量，取平面ABD的法向量n2(0，0，1)，又因為二面角FABD為銳二面角，不妨令z1，可得n1(0，3，1)為平面FAB的一個題型二立體幾何中的探索性問題師生共研例4(八省聯

11、考)北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用.刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容.用曲率刻畫空間彎曲性，規定：多面體頂點的曲率等于2與多面體在該點的面角之和的差(多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制)，多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和例如正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是 ，所以正四面體在各頂點的曲率為23 ，故其總曲率為4.題型二立體幾何中的探索性問題師生共研例4(八省聯考)北京(1)求四棱錐的總曲率；解總曲率2頂點數所有內角和，對于四棱錐底面的內角和為2，四個側面的內角和為4，從而總曲率為10244.(1)求四棱錐的總曲率

12、；解總曲率2頂點數所有內角和(2)若多面體滿足：頂點數棱數面數2，證明：這類多面體的總曲率是常數.(2)若多面體滿足：頂點數棱數面數2，證明：這類多面體證明對于多面體有頂點數棱數面數2，總曲率頂點數2各面內角之和，設面數為k，ni為第i(i1,2，k)個面的邊數，從而總曲率2頂點數棱數2面數22(頂點數棱數面數)224.證明對于多面體有頂點數棱數面數2，從而總曲率2思維升華隨著新高考改革，考試逐漸回歸其本質，別致新穎的立體幾何新題型不斷涌現，其中新定義問題常常使考生束手無策，因此，讀懂題意才能快速有效地切入新問題情景.思維升華隨著新高考改革，考試逐漸回歸其本質，別致新穎的立體幾跟蹤訓練4設P為

13、多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的離散曲率為1 (Q1PQ2Q2PQ3Qk1PQkQkPQ1)，其中Qi(i1,2，k，k3)為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，平面Qk1PQk和平面QkPQ1遍歷多面體M的所有以P為公共點的面任取正四面體的一個頂點，在該點處的離散曲率為_；如圖所示，已知長方體A1B1C1D1ABCD，ABBC1，AA1 點P為底面A1B1C1D1內的一個動點，則四棱錐PABCD在點P處的離散曲率的最小值為_跟蹤訓練4設P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在點P處的解析由題意可知，正四面體的所有面都是正三角形，所以取正四面體的一個頂點，

14、在該點處的離散曲率為已知長方體A1B1C1D1ABCD，點P為底面A1B1C1D1內的一個動點，則四棱錐PABCD在點P處的離散曲率為1 (APDAPBBPCCPD)，當APDAPBBPCCPD時，即點P為正方形A1B1C1D1的中心時，離散曲率取得最小值，解析由題意可知，正四面體的所有面都是正三角形，所以取正四面新高考數學復習考點知識講義課件52-立體幾何問題KESHIJINGLIAN課時精練KESHIJINGLIAN課時精練1.(2020全國)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內；基礎保分

15、練123451.(2020全國)如圖，在長方體ABCDA1B1C1所以EAC1F，即A，E，F，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內.證明設ABa，ADb，AA1c，12345連接C1F，則C1(0，0，0)，A(a，b，c)，所以EAC1F，即A，E，F，C1四點共面，證明設AB(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值.12345(2)若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA解由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，12345設n1(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，可取n1(1，1，1).解由已知得A(2,1,3)，

16、E(2,0,2)，F(0,1,設n2(x2，y2，z2)為平面A1EF的法向量，12345設n2(x2，y2，z2)為平面A1EF的法向量，12342.(2020全國)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，側面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.12345(1)證明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；2.(2020全國)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1證明因為側面BB1C1C是矩形，且M，N分別為BC，B1C1的中點，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因為A1B1C1是

17、正三角形，所以B1C1A1N.又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN.又B1C1平面EB1C1F，所以平面A1AMN平面EB1C1F.12345證明因為側面BB1C1C是矩形，且M，N分別為BC，B1C(2)設O為A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.12345(2)設O為A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，12345由(1)知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足為Q，則NQ平面ABC.連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，12345由(1)知設Q(a，0，0)，12345設

18、Q(a，0，0)，12345又n(0，1，0)是平面A1AMN的一個法向量，12345又n(0，1，0)是平面A1AMN的一個法向量，1234123453.如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，E是AD的中點，F是CD的中點，現將DEF沿EF翻折成如圖2所示的五棱錐PABCFE.(1)求證：AC平面PEF；123453.如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，E是AD12345證明在題圖1中，連接AC.又E，F分別為AD，CD的中點，所以EFAC.即題圖2中有EFAC.又EF平面PEF，AC平面PEF，所以AC平面PEF.12345證明在題圖1中，連接AC.12345(2)若平面PEF平面ABC

19、FE，求直線PB與平面PAE所成角的正弦值.12345(2)若平面PEF平面ABCFE，求直線PB與平12345解在題圖2中，取EF的中點O，并分別連接OP，OB.分析知，OPEF，OBEF.又平面PEF平面ABCFE，平面PEF平面ABCFEEF，PO平面PEF，所以PO平面ABCFE.又AB4，12345解在題圖2中，取EF的中點O，并分別連接OP，O12345分別以O為原點，OE，OB，OP為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設平面PAE的一個法向量n(x，y，z)，12345分別以O為原點，OE，OB，OP為x軸，y軸，z軸12345取x1，則y1，z1，所以n(1，1,1).12345取x1，則y1，z1，技能提升練4.(2020宜昌模擬)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，ACBF，G為EF的中點.12345(1)求證：BF平面ABCD；證明四邊形BDEF為矩形，BFBD，又ACBF，AC，BD為平面ABCD內兩條相交直線，BF平面ABCD.技能提升練4.(2020宜昌模擬)如圖，四邊形ABCD是正1234512345解假設二面角C-BG-D的大小可以為60，由(1)知BF平面ABCD，以A為原點，分別以AB，AD為x軸，y軸建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設ABAD2，12345B