《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案（理）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案（理）（20頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 (理)第3講　立體幾何中的向量方法 [考情考向·高考導(dǎo)航] 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用主要體現(xiàn)在利用空間向量解決立體幾何中的位置關(guān)系、空間角以及空間距離的計(jì)算等問題，是每年高考的必考內(nèi)容，并且以解答題的形式出現(xiàn)，其考查形式為一題多問，多步設(shè)問，通常第一問考查空間位置關(guān)系，第二、三問考查空間角或距離，難度中等．利用空間向量求空間角仍是重點(diǎn)，對于探索點(diǎn)或線滿足所給關(guān)系的問題要引起重視． [真題體驗(yàn)] (2019·全國Ⅰ卷)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(diǎn)． (1)證

2、明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A－MA1－N的正弦值． 證明：(1)連B1C，ME，則MEB1C， 又DN＝A1D 而A1D B1C ∴MEND. ∴四邊形MNDE為平行四邊形， ∴MN∥DE 又MN?平面C1DE， DE?平面C1DE ∴MN∥平面C1DE. (2)取AB的中點(diǎn)F，連接DF， 由已知，DF⊥DC，DF⊥D1D. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DF，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖， ∵AA1＝4，AB＝2. ∴A1(，－1,4)， M(，1,2)，N， 則＝(0,2，－2)， ＝. 設(shè)平面MA1N的法向

3、量為m＝(x，y，z)， 則m⊥，m⊥ ∴令y＝1， 得平面MA1N的一個(gè)法向量為m＝(－，1,1)． 又平面AMA1的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)， 設(shè)二面角A－MA1－N的平面角為θ，則 cos θ＝＝＝－. ∴sin θ＝. 即二面角A－MA1－N的正弦值為. [主干整合] 1．直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則 (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ

4、?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2．直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算 設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線夾角 設(shè)l，m的夾角為θ，則 cos θ＝＝. (2)線面夾角 設(shè)直線l與平面α的夾角為θ，則 sin θ＝＝|cos〈a，

5、μ〉|. (3)面面夾角 設(shè)平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)． 則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. 熱點(diǎn)一　利用向量法證明平行與垂直 數(shù)學(xué) 建模 素養(yǎng) 數(shù)學(xué)建?！孟蛄拷鉀Q空間立體幾何中的核心素養(yǎng) 以學(xué)習(xí)過的空間向量為基礎(chǔ)，通過將幾何向量化，以向量作為刻畫空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的連接點(diǎn)，解決空間幾何中難解決的問題. [例1]　 (2019·沈陽三模)如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別是PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC＝16，PA＝PC＝10. (1)設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明FG∥平面BOE； (2)證明

6、：在△ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM⊥平面BOE. [證明]　 (1)如圖，連接OP，∵PA＝PC，∴OP⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，－8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(xiàn)(4，0,3)． 由題意，得G(0,4,0)． 因?yàn)椋?8,0,0)，＝(0，－4,3)， 所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)． 由＝(－4,4，－3)，得n·＝0.又直線FG不在平面BOE內(nèi)， 所以FG∥平

7、面BOE. (2)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0,0)， 則＝(x0－4，y0，－3)． 因?yàn)镕M⊥平面BOE， 所以∥n，因此x0＝4，y0＝－， 即點(diǎn)M的坐標(biāo)是. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△AOB的內(nèi)部區(qū)域可表示為不等式組 經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足上述不等式組． 所以，在△AOB內(nèi)存在一點(diǎn)M， 使FM⊥平面BOE. 由點(diǎn)M的坐標(biāo)，得點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為4，. 用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方向證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即

8、可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外． (2019·淄博三模)如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB. (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明： 以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，所以E，F(xiàn)， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．

9、 (1)因?yàn)椋剑?，所以∥? 即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因?yàn)椤ぃ?0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥， 即AP⊥DC，AD⊥DC. 又因?yàn)锳P∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因?yàn)镈C?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC. 熱點(diǎn)二　利用空間向量求空間角 [例2]　(2019·天津卷) 如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE；

10、 (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E－BD－F的余弦值為，求線段CF的長． [審題指導(dǎo)]　由條件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量解決． (1)證明與平面ADE的法向量垂直即得線面平行，也可以通過證明平面ADE與平面BCF平行來實(shí)現(xiàn)線面平行的轉(zhuǎn)化． (2)與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對值，即為所求直線與平面所成角的正弦值． (3)設(shè)CF＝h，用h表示二面角EBDF的余弦值，通過解方程得到線段長． [解析]　 依題意，建立以A為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0

11、,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)． 設(shè)CF＝h(h＞0)，則F(1,2，h)． (1)依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量， 又＝(0,2，h)，可得·＝0， 又因?yàn)橹本€BF?平面ADE， 所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則 即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量， 則即

12、 不妨令y1＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意． 所以，線段CF的長為. 1．異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cos θ＝|cos φ|. 2．直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)． 3．二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角． (2

13、018·江蘇卷) 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解： 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 因?yàn)锳B＝AA1＝2， 所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)． (1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P(，－，2

14、)， 從而＝(－，－，2)，＝(0,2,2)， 故|cos ＜，＞|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Q(，，0)， 因此＝(，，0)，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)， 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos＜，n＞|＝＝＝， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 熱點(diǎn)三　利用空間向量解決探索性問題 [例3]　 (2020·吉林調(diào)研)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，P

15、A⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． [審題指導(dǎo)]　第(1)問利用線面垂直的判定定理證明： 平面PAD⊥平面ABCD?AB⊥平面PAD?AB⊥PD?PD⊥平面PAB； 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解： 建立空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PCD的法向量，求出法向量與夾角的余弦值，進(jìn)而可求線面角的正弦值； 第(3)問假設(shè)點(diǎn)存在，利用向量法建立線面平行滿足關(guān)系式求解： 先假設(shè)存

16、在點(diǎn)M，設(shè)出點(diǎn)M坐標(biāo)，利用向量法，由線面平行的條件轉(zhuǎn)化為方程求解． [解析]　(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD，PA∩AB＝A， 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO. 因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD. 又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因?yàn)镃O?平面ABCD， 所以PO⊥CO. 因?yàn)锳C＝CD，所以CO⊥AD. 如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意得

17、，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 則＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)， 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2)． 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. (3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)， 則存在λ∈[0,1]，使得＝λ. 因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)． 因?yàn)锽M?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，當(dāng)且僅當(dāng)·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2

18、,2)＝0. 解得λ＝.所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面BCD，此時(shí)＝. 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論． (2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)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(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論． (2019·聊城三模)如圖(1)，在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于點(diǎn)E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如圖(2)． (1)求證：A1

19、E⊥平面BCDE. (2)求二面角EA1BC的余弦值． (3)判斷在線段EB上是否存在一點(diǎn)P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解析：(1)證明：∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC. 又∵A1D⊥DC，A1D∩DE＝D，∴DC⊥平面A1DE， ∴DC⊥A1E. 又∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，∴A1E⊥平面BCDE. (2)∵A1E⊥平面BCDE，DE⊥BE，∴以EB，ED，EA1所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 易知DE＝2，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)， ∴＝(

20、－2,0,2)，＝(2,2，0)，平面A1BE的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)． 設(shè)平面A1BC的法向量為m＝(x，y，z)， 由·m＝0，·m＝0， 得 令y＝1，得m＝(－，1，－)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖，得二面角EA1BC為鈍二面角，∴二面角EA1BC的余弦值為－. (3)假設(shè)在線段EB上存在一點(diǎn)P，使得平面A1DP⊥平面A1BC.設(shè)P(t,0,0)(0≤t≤2)，則＝(t,0，－2)， ＝(0,2，－2)，設(shè)平面A1DP的法向量為p＝(x1，y1，z1)，由得 令x1＝2，得p＝. ∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴m·p＝0，即2－＋t＝0

21、，解得t＝－3. ∵0≤t≤2，∴在線段EB上不存在點(diǎn)P，使得平面A1DP⊥平面A1BC. 限時(shí)50分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，D，E分別是AB，CD的中點(diǎn)，AE的延長線交CB于F.現(xiàn)將△ACD沿CD折起，折起二面角，如圖2，連接A′F. (1)求證：平面A′EF⊥平面CBD； (2)當(dāng)A′C⊥BD時(shí)，求二面角A′－CD－B的余弦值． 解：本題主要考查折疊、面面垂直的證明、二面角等問題，考查考生的空間想象能力及運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算．(1)在平面

22、圖形中AF⊥CD，所以折疊后得到A′E⊥CD，EF⊥CD，即可證得結(jié)論；(2)可以利用向量法和傳統(tǒng)法求解． (1)在Rt△ABC中，由D為AB的中點(diǎn)，得AD＝CD＝DB， 又∠B＝30°，所以△ACD是正三角形， 又E是CD的中點(diǎn)，所以AF⊥CD. 折起后，A′E⊥CD，EF⊥CD， 又A′E∩EF＝E，A′E?平面A′EF，EF?平面A′EF， 故CD⊥平面A′EF， 又CD?平面CBD， 故平面A′EF⊥平面CBD. (2)解法一　如圖，過點(diǎn)A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延長線上． 因?yàn)镃D⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H， 所以A′H⊥平面CBD. 以E

23、為原點(diǎn)，EF所在的直線為x軸，ED所在的直線為y軸，過E與A′H平行的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 由(1)可知∠A′EF為所求二面角的平面角，設(shè)為θ，并設(shè)A′C＝a，可得C，D，B，A′. 故＝，＝，因?yàn)锳′C⊥BD，所以·＝0， 即cos θ＋＝0， 得cos θ＝－. 故二面角A′－CD－B的余弦值為－. 解法二　 如圖，過點(diǎn)A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延長線上， 因?yàn)镃D⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H， 所以A′H⊥平面CBD. 連接CH并延長交BD的延長線于G， 由A′C⊥BD，得CH⊥BD， 即∠CGB＝90°， 因此△CEH～△CGD，

24、 則＝， 設(shè)A′C＝a，易得∠GDC＝60°，DG＝，CE＝，CG＝， 代入＝得EH＝，又EA′＝，故cos∠HEA′＝＝. 又A′E⊥CD，EF⊥CD， 所以∠A′EF即所求二面角的平面角， 故二面角A′－CD－B的余弦值為－. 2．(2019·北京卷) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且＝. (1)求證：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F－AE－P的余弦值； (3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且＝.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由． 解析：(1)由于PA⊥平面AB

25、CD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD， 由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A， 由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. (2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向?yàn)閥軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz， 易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)， 由＝可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為F， 由＝可得E(0,1,1) ， 設(shè)平面AEF的法向量為：m＝(x，y，z)，則 ， 據(jù)此可得平面AEF的一個(gè)法向量為：m＝(1,1，－1)， 很明顯平面AEP的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)， cos〈m，n〉＝＝

26、＝， 二面角F－AE－P的平面角為銳角，故二面角F－AE－P的余弦值為. (3)易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由＝可得G， 則＝， 注意到平面AEF的一個(gè)法向量為：m＝(1,1，－1)， 其m·＝0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面AEF內(nèi)． 3．(2019·蘇州三模) 如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2. (1)取PC中點(diǎn)N，連接DN，求證：DN∥平面PAB. (2)求直線AC與PD所成角的余弦值． (3)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得二面角MACD的大小為45°，如果存

27、在，求BM與平面MAC所成的角，如果不存在，請說明理由． 解析： 取BC的中點(diǎn)E，連接DE與AC，相交于點(diǎn)O，連接AE，易知AC⊥DE，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，C(0，1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)， (1)PC中點(diǎn)N(0,0,1)，所以＝(1,0,1)， 設(shè)平面PAB的法向量為n＝(a，b，c)， 由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)， 令b＝1，可得：n＝(0,1,0)，所以·n＝0，因?yàn)镈N?平面PAB，所以DN∥平面PAB. (2)＝(0,2,0)，＝(－1,1，－2)，設(shè)AC與PD所成的角為θ，則co

28、s θ＝＝. (3)設(shè)M(x，y，z)及＝λ(0≤λ≤1)， 所以?M(－λ，λ－1,2(1－λ))， 設(shè)平面ACM的法向量為m＝(x，y，z)， 由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2(1－λ))，可得m＝(2－2λ，0，λ)，平面ACD的法向量為p＝(0,0,1)， 所以cos〈m，p〉＝ ＝?λ＝ ，解得λ＝. 解得M， 所以＝，所以m＝， 設(shè)BM與平面MAC所成角為φ，所以sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，所以φ＝. 4．(2020·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某工廠欲加工一件藝術(shù)品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長方體ABCD－EFQH材料切割成三棱錐H－ACF

29、. (1)若點(diǎn)M，N，K分別是棱HA，HC，HF的中點(diǎn)，點(diǎn)G是NK上的任意一點(diǎn)，求證：MG∥平面ACF； (2)已知原長方體材料中，AB＝2，AD＝3，DH＝1，根據(jù)藝術(shù)品加工需要，工程師必須求出三棱錐H－ACF的高．甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角θ，再根據(jù)公式h＝AH·sin θ，求三棱錐H－ACF的高h(yuǎn).請你根據(jù)甲工程師的思路，求該三棱錐的高． 解：證明：(1)∵HM＝MA，HN＝NC，HK＝KF， ∴MK∥AF，MN∥AC.∵M(jìn)K?平面ACF，AF?平面ACF， ∴MK∥平面ACF. ∵M(jìn)N?平面ACF，AC?平面ACF，∴MN∥平面ACF. ∵M(jìn)N，M

30、K?平面MNK，且MK∩MN＝M， ∴平面MNK∥平面ACF. 又∵M(jìn)G?平面MNK，∴MG∥平面ACF. (2)如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DH所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 則有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(3,2,1)，H(0,0,1)， ＝(－3,2,0)，＝(0,2,1)，＝(－3,0,1)． 設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則有令y＝3，則n＝(2,3，－6)， ∴sin θ＝＝＝， ∴三棱錐H－ACF的高為AH·sin θ＝×＝. 5. 如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交

31、點(diǎn)，BE⊥平面ABCD. (1)證明：平面AEC⊥平面BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E－ACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積． 解析：(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD. 因?yàn)锽E⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又BD∩BE＝B， 故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED. (2)設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝. 因?yàn)锳E⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝x. 由已知得，三棱錐E－ACD

32、的體積VEACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.故x＝2. 從而可得AE＝EC＝ED＝. 所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E－ACD的側(cè)面積為3＋2. (理)高考解答題·審題與規(guī)范(四)　立體幾何類考題 重在“化歸” 思維流程 [幾何法]　將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題．將異面直線夾角，線面角，二面角等空間角轉(zhuǎn)化為平面角求解． [代數(shù)法]　將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，用空間向量解題． [推理與證明]　分析法找思路：將面面問題轉(zhuǎn)化為線面問題，將線面問題轉(zhuǎn)化為線線問題． [綜合法證明]　線線關(guān)系推出線面關(guān)系，線面關(guān)系推出面面關(guān)系.

33、 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2018·全國Ⅲ卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值. (1)在題目中的兩個(gè)平面中選擇一條直線證明該直線垂直于另外一個(gè)平面；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求得幾何體體積最大時(shí)點(diǎn)M的位置，利用兩個(gè)平面的法向量的夾角求解即可. 審圖形找關(guān)聯(lián) 　　圖形或者圖象的力量比文字更為簡單而有力，挖掘其中蘊(yùn)涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關(guān)鍵，對圖形或者圖象的獨(dú)特理解很多時(shí)候能成為

34、解題中的亮點(diǎn). 規(guī)范解答 評分細(xì)則 [解析]　(1)由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，1分① 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.2分② 因?yàn)镸為C上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.3分③ 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.4分④ (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.6分⑤ 當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，M為C的中點(diǎn).7分⑥ 由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，

35、M(0,1,1)， ＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，8分⑦ 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 則即可取n＝(1,0,2).9分⑧ 是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，10分⑨ sin〈n，〉＝，所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.12分⑩ 第(1)問踩點(diǎn)得分 ①由條件得出BC⊥CD，并寫出BC?平面ABCD得1分，沒有BC?平面ABCD扣1分． ②得分BC⊥DM得1分． ③得出DM⊥平面BMC，得1分． ④得出結(jié)論得1分，如果沒有寫出DM?平面AMD扣1分． 第(2)問踩點(diǎn)得分 ⑤正確建立空間直角坐標(biāo)系得2分． ⑥確定M為的中點(diǎn)得1分． ⑦正確寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，并求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)得1分． ⑧正確求出平面MAB的法向量得1分． ⑨正確求出n與夾角的余弦值得1分． ⑩正確計(jì)算出n與夾角的正弦值得2分. - 20 -