1、高考大題專題研究(四)立體幾何中的綜合問題教材回扣夯實“四基”基礎(chǔ)知識1.直線的方向向量與平面的法向量(1)直線的方向向量：O是直線l上一點，在直線l上取非零向量a，則對于直線l上任意一點P，由數(shù)乘向量的定義及向量共線的充要條件可知，存在實數(shù)，使得OPa.把與向量a平行的非零向量稱為直線l的方向向量(2)平面的法向量：直線l平面，取直線l的方向向量a，稱向量a為平面的法向量(3)方向向量和法向量均不為零向量且不唯一2空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為u1，u2l1l2u1u2R，使得u1u2l1l2u1u2u1u20直線l的方向向量為u，平面的法向量為nl(l

2、)unun0l,unR，使得unn1，n2分別是平面，的法向量n1n2R，使得n1n2n1n2n1n203.利用空間向量求角(1)異面直線所成的角兩條異面直線所成的角，可以轉(zhuǎn)化為兩條異面直線的方向向量的夾角來求得也就是說，若異面直線l1，l2所成的角為，其方向向量分別是u，v，則cos |cos u，v|uvuvuvuv.(2)直線與平面所成的角直線與平面所成的角，可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面的法向量的夾角如圖，直線AB與平面相交于點B，設(shè)直線AB與平面所成的角為，直線AB的方向向量為u，平面的法向量為n，則sin |cos u，n|unununun.(3)平面與平面的夾角平面與平面相交，形

3、成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90的二面角稱為平面與平面的夾角若平面，的法向量分別是n1和n2，則平面與平面的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補角設(shè)平面與平面的夾角為，則cos |cos n1，n2|n1n2n1n2n1n2n1n2.4利用空間向量求距離(1)兩點間的距離設(shè)P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)是空間中任意兩點，則P1P2OP2-OP1(x2x1，y2y1，z2z1)所以P1P2|P1P2|x2-x12+y2-y12+z2-z12.(2)點到平面的距離已知平面的法向量為n，A是平面內(nèi)的定點，P是平面外一點過點P作平面的垂線l，交平面于點Q，則n是直線l的方

4、向向量，且點P到平面的距離就是AP到直線l上的投影向量QP的長度因此PQAPnnAPnnAPnn.第1課時利用空間向量證明平行、垂直與利用空間向量求距離題型突破提高“四能”題型一利用空間向量證明平行、垂直例1如圖，在四棱錐P ABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四邊形ABCD中，ABCBCD90，AB4，CD1，點M在PB上，PB4PM，PB與平面ABCD所成的角為30.求證：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.聽課記錄類題通法利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟鞏固訓(xùn)練1如圖所示，在直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C和側(cè)面AA1B1B都是正方形且互相垂直，

5、M為AA1的中點，N為BC1的中點求證：(1)MN平面A1B1C1；(2)平面MBC1平面BB1C1C.題型二與平行、垂直有關(guān)的存在性問題例2如圖，四棱錐S ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的2倍，P為側(cè)棱SD上的點(1)求證：ACSD；(2)若SD平面PAC，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，試說明理由聽課記錄類題通法存在問題的兩種探索方式鞏固訓(xùn)練22022北京海淀模擬如圖，在四棱錐P ABCD中，平面PBC平面ABCD.PBC是等腰三角形，且PBPC3.在梯形ABCD中，ABDC，ADDC，AB5，AD4，DC3.(1)求證：A

6、B平面PDC；(2)在線段AP上是否存在點H，使得BH平面ADP？請說明理由題型三利用空間向量求空間距離例32022天津南開區(qū)模擬如圖，直二面角D AB E中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AEEB，F(xiàn)為CE上的點，且BF平面ACE.(1)求證：AE平面BCE；(2)求點D到平面ACE的距離聽課記錄類題通法利用向量法求點到平面的距離的步驟鞏固訓(xùn)練3已知邊長為4的正三角形ABC，E，F(xiàn)分別為BC和AC的中點PA2，且PA平面ABC，設(shè)Q是CE的中點(1)求證：AE平面PFQ；(2)求AE與平面PFQ間的距離第2課時利用空間向量求空間角題型突破提高“四能”題型一異面直線所成的角例1如圖，在四棱

7、錐S ABCD中，底面ABCD是矩形，SA平面ABCD，ADSA2，AB1，點E是棱SD的中點(1)證明：SCAE；(2)求異面直線CE與BS所成角的余弦值聽課記錄類題通法用向量法求異面直線所成角的步驟鞏固訓(xùn)練1在直三棱柱ABC A1B1C1中，底面ABC是直角三角形，ACBCAA12，D為側(cè)棱AA1的中點求異面直線DC1，B1C所成角的余弦值題型二直線與平面所成的角例22022湖北漢陽一中模擬在四棱錐P ABCD中，ABCD，AD2，DAB60，APB為等腰直角三角形，PAPB22，過CD的平面分別交線段PA，PB于M，N，E在線段DP上(M，N，E不同于端點)(1)求證：CD平面MNE；(

8、2)若E為DP的中點，且DM平面APB，求直線PA與平面MNE所成角的正弦值聽課記錄類題通法求直線與平面所成角的兩種方法鞏固訓(xùn)練22022湖南師大附中模擬如圖，長方體ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA12AB2，E是DD1上的一點且DE12.(1)求證：平面A1B1D平面AEC；(2)求直線A1D與平面AEC所成角的正弦值題型三二面角例32021新高考卷在四棱錐Q ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD2，QDQA5，QC3.(1)證明：平面QAD平面ABCD；(2)求二面角B QD A的余弦值聽課記錄類題通法利用空間向量求二面角的兩種常用方法鞏固訓(xùn)練32022安徽師范

9、大學(xué)附屬中學(xué)模擬如圖所示的幾何體是由等高的半個圓柱和14個圓柱拼接而成，點G為弧CD的中點，且C，E，D，G四點共面(1)證明：平面BFD平面BCG；(2)若ADAF2，求平面BDF與平面ABG所成銳二面角的余弦值第3課時翻折、探究與最值(范圍)問題題型突破提高“四能”題型一翻折問題例1已知正三角形ABC的邊長為6，點E，D分別是邊AB，AC上的點，且滿足AEEBCDDA12(如圖1)，將ADE沿DE折起到A1DE的位置(如圖2)，且使A1E與底面BCDE成60角，連接A1B，A1C.(1)求證：平面A1BE平面BCDE；(2)求二面角A1 CD E的余弦值聽課記錄類題通法翻折問題的兩個解題策

10、略鞏固訓(xùn)練12022安徽合肥模擬在直角梯形ABCD中，ABC90，BCAD，AD4，ABBC2，M為線段AD中點將ABC沿AC折起，使平面ABC平面ACD，得到幾何體B ACD.(1)求證：AB平面BCD；(2)求直線BD與平面BCM所成角的正弦值題型二與空間角有關(guān)的探究性問題例22022湖南長郡中學(xué)模擬如圖1，在等邊ABC中，點D，E分別為邊AB，AC上的動點且滿足DEBC，記DEBC.將ADE沿DE翻折到MDE的位置并使得平面MDE平面DECB，連接MB，MC得到圖2，點N為MC的中點(1)當(dāng)EN平面MBD時，求的值；(2)試探究：隨著值的變化，二面角B MD E的大小是否改變？如果是，請

11、說明理由；如果不是，請求出二面角B MD E的正弦值大小聽課記錄類題通法與空間角有關(guān)的存在性問題的解題流程鞏固訓(xùn)練22022河北石家莊模擬如圖，四棱錐P ABCD中，底面ABCD為正方形，PAB為等邊三角形，平面PAB底面ABCD，E為AD的中點(1)求證：CEPD；(2)在線段BD(不包括端點)上是否存在點F，使直線AP與平面PEF所成角的正弦值為55，若存在，確定點F的位置；若不存在，請說明理由題型三最值、范圍問題例3已知直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，ABBC2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BFA1B1.(1)證明：BFDE；(2)當(dāng)B

12、1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 聽課記錄類題通法求最值、范圍問題的常用思路鞏固訓(xùn)練32022湖北武漢月考已知RtABC中，B2，AB4，BC1，E，F(xiàn)為AB，AC上的動點，且EFBC，將三角形AEF沿EF折起至如圖所示，使平面ABC平面BCFE.(1)證明：平面ABC平面ABE；(2)求平面AFC和平面ABE所成的銳二面角的余弦值的取值范圍高考大題專題研究(四)立體幾何中的綜合問題第1課時利用空間向量證明平行、垂直與利用空間向量求距離題型突破提高“四能”例1證明：以點C為坐標(biāo)原點，分別以CB，CD，CP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C

13、 xyz.PC平面ABCD，PBC為PB與平面ABCD所成的角PBC30.PC2，BC23，PB4，D(0，1，0)，B(23，0，0)，A(23，4，0)，P(0，0，2)，M(32，0，32)，DP(0，1，2)，DA(23，3，0)，CM(32，0，32)(1)設(shè)n(x，y，z)為平面PAD的一個法向量，由DPn=0，DAn=0，即-y+2z=0，23x+3y=0.令y2，得n(3，2，1)nCM332201320，nCM.又CM平面PAD，CM平面PAD.證明：(2)如圖，取AP的中點E，連接BE，則E(3，2，1)，BE(3，2，1)PBAB，BEPA.又BEDA(3，2，1)(23

14、，3，0)0，BEDA，即BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD.鞏固訓(xùn)練1證明：由題意知AA1，AB，AC兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系不妨設(shè)正方形AA1C1C的邊長為2，則A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1)(1)因為幾何體是直三棱柱，所以側(cè)棱AA1底面A1B1C1.因為AA1(2，0，0)，MN(0，1，1)，所以MNAA10，即MNAA1又MN平面A1B1C1，故MN平面A1B1C1.證明：(2)設(shè)平面MBC1與平

15、面BB1C1C的法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因為MB-1，2，0，MC1(1，0，2)，所以n1MB=0，n1MC1=0，即-x1+2y1=0，x1+2z1=0，令x12，則平面MBC1的一個法向量為n1(2，1，1)同理可得平面BB1C1C的一個法向量為n2(0，1，1)因為n1n22011(1)10，所以n1n2，所以平面MBC1平面BB1C1C.例2證明：(1)連接BD，設(shè)AC交BD于點O，則ACBD.由題意知SO平面ABCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB，OC，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)底面邊長為a，則高SO62a，所以S

16、0，0，62a，D-22a，0，0，B22a，0，0，C0，22a，0，所以O(shè)C0，22a，0，SD-22a，0，-62a，則OCSD0.故OCSD.所以ACSD.證明：(2)棱SC上存在一點E使得BE平面PAC，此時SEEC21.理由如下：由已知條件知DS是平面PAC的一個法向量，且DS22a，0，62a，CS0，-22a，62a，BC-22a，22a，0.設(shè)CEtCS(00，故異面直線CE與BS所成角的余弦值為155.鞏固訓(xùn)練1解析：如圖所示，以C為原點，分別以CA，CB，CC1所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，

17、0，2)，B1(0，2，2)，D(2，0，1)，所以DC1(2，0，1)，B1C(0，2，2)，所以cosDC1，B1CDC1B1CDC1B1C-2581010.所以異面直線DC1與B1C所成角的余弦值為1010.例2解析：(1)證明：ABCD，AB平面ABP，CD平面ABP，CD平面ABP，又CD平面CDMN，平面CDMN平面ABPMN，CDMN，又MN平面MNE，CD平面MNE，CD平面MNE.解析：(2)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，連接DB.則P(0，0，0)，A(0，22，0)，B(22，0，0)因為AB4，AD2，DAB60，由余弦定理可得DB23.設(shè)點D的坐標(biāo)為(0，y，z)(y，

18、z0)DB2=8+y2+z2=12AD2=22-y2+z2=4y=2z=2所以點D的坐標(biāo)為(0，2，2)，點M(0，2，0)，點N(2，0，0)，點E0，22，22.NM(2，2，0)，ME0，-22，22.設(shè)平面MNE的法向量n(a，b，c)，則nNM=-2a+2b=0nME=-22b+22c=0，取abc1，則n(1，1，1)PA(0，22，0)，設(shè)直線PA與平面MNE所成角為.sin |cos n，PA|nPAnPA33.故直線PA與平面MNE所成角的正弦值為33.鞏固訓(xùn)練2解析：(1)證明：在長方體ABCD A1B1C1D1中，有A1B1平面AA1D1D，又因為AE平面AA1D1D，所

19、以A1B1AE.在ADE與A1AD中，ADEA1AD，又A1AADADDE2，所以ADEA1AD.所以DAEAA1D，所以DAEADA1AA1DADA12，所以AEA1D.又因為A1DA1B1A1，所以AE平面A1B1D，因為AE平面AEC，所以平面A1B1D平面AEC.(2)在長方體ABCD A1B1C1D1中，DA，DC，DD1兩兩垂直，故以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系依題意，有A(1，0，0)，C(0，1，0)，E0，0，12，A1(1，0，2)，所以DA1(1，0，2)，AC(1，1，0)，AE-1，0，12，設(shè)平面AEC的法向量為n(x，y

20、，z)，則nAC=0，nAE=0，所以-x+y=0，-x+12z=0，取n(1，1，2)設(shè)直線A1D與平面AEC所成角為，則sin |cosn，DA1|nDA1nDA1530306，所以直線A1D與平面AEC所成角的正弦值為306.例3解析：(1)證明：取AD的中點為O，連接QO，CO.因為QAQD，OAOD，則QOAD，而AD2，QA5，故QO5-12.在正方形ABCD中，因為AD2，故DO1，故CO5，因為QC3，故QC2QO2OC2，故QOC為直角三角形且QOOC，因為OCADO，故QO平面ABCD，因為QO平面QAD，故平面QAD平面ABCD.證明：(2)在平面ABCD內(nèi)，過O作OTC

21、D，交BC于T，則OTAD，結(jié)合(1)中的QO平面ABCD，故可建如圖所示的空間坐標(biāo)系則D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，1，0)，故BQ(2，1，2)，BD(2，2，0)設(shè)平面QBD的法向量n(x，y，z)，則nBQ=0nBD=0即-2x+y+2z=0-2x+2y=0，取x1，則y1，z12，故n1，1，12.而平面QAD的法向量為m(1，0，0)，故cos m，n113223.二面角B QD A為銳角，故其余弦值為23.鞏固訓(xùn)練3解析：(1)證明：如圖，連接CE，因為幾何體是由等高的半個圓柱和14個圓柱拼接而成，所以ECDDCG45，ECG90，CECG，因為BCEF，BCEF，

22、所以四邊形BCEF為平行四邊形，BFEC，BFCG，因為BC平面ABF，BF平面ABF，所以BCBF，因為BCCGC，所以BF平面BCG，因為BF平面BFD，所以平面BFD平面BCG.解析：(2)如圖，以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(0，2，0)，F(xiàn)(2，0，0)，D(0，0，2)，G(1，1，2)，AB(0，2，0)，AG(1，1，2)，F(xiàn)B(2，2，0)，F(xiàn)D(2，0，2)，設(shè)平面BDF的一個法向量為n(x，y，z)，則nFB=0nFD=0，整理得-2x+2y=0-2x+2z=0，令z1，則n(1，1，1)，設(shè)平面ABG的一個法向量為m(x，y，z)，則mAB=0

23、mAG=0，整理得2y=0-x+y+2z=0，令z1，則m(2，0，1)，cos m，nmnmn155.所以平面BDF與平面ABG所成銳二面角的余弦值為155.第3課時翻折、探究與最值(范圍)問題題型突破提高“四能”例1解析：(1)證明：折疊前，在圖1中，AE13AB2，AD23AC4，DAE60，由余弦定理可得DE2AD2AE22ADAE cos DAE12，所以，AE2DE2AD2，則DEAB，折疊后，在圖2中，對應(yīng)地有DEA1E，DEBE，A1EBEE，DE平面A1BE，DE平面BCDE，因此，平面A1BE平面BCDE； (2)過點A1在平面A1BE內(nèi)作A1MBE，垂足為點M，平面A1B

24、E平面BCDE，平面A1BE平面BCDEBE，A1M平面A1BE，A1M平面BCDE，A1E與平面BCDE所成的角為A1EM60，因為DE平面A1BE，以點E為坐標(biāo)原點，EB，ED所在的直線分別為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E xyz，則A1(1，0，3)，E(0，0，0)，D(0，23，0)，C(1，33，0)，設(shè)平面A1CD的法向量為m(x，y，z)，DC1，3，0，DA1(1，23，3)，由mDC=x+3y=0mDA1=x-23y+3z=0，取x3，則m(3，1，3)，易知平面CDE的一個法向量為n(0，0，1)，cos m，nmnmn-313-31313，由圖可知，二面角A1

25、CD E為銳角，它的余弦值為31313.鞏固訓(xùn)練1解析：(1)證明：由題設(shè)可知AC22，CD22，AD4，AD2CD2AC2，CDAC.又平面ABC平面ACD，平面ABC平面ACDAC，CD平面ABC，CDAB.又ABBC且BCCDC，AB平面BCD. (2)取AC的中點O連接OB，由題設(shè)可知ABC為等腰直角三角形，所以O(shè)B平面ACM，連接OM，因為M，O分別為AD和AC的中點，所以O(shè)MCD，由(1)可知OMAC，故以O(shè)M，OC，OB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D(22，2，0)，B(0，0，2)，C(0，2，0)，M(2，0，0)，CB(0，2，2)，CM(

26、2，2，0)，BD(22，2，2)，設(shè)平面BCM的一個法向量為n(x，y，z)，CBn=-2y+2z=0CMn=2x-2y=0，即y=zx=y，令x1得n(1，1，1)，平面BCM的一個法向量為n(1，1，1)，設(shè)直線BD與平面BCM所成的角為，sin |cos BD，n|BDnBDn23.直線BD與平面BCM所成角的正弦值為23.例2解析：(1)取MB的中點為P，連接DP，PN，因為MNCN，MPBP，所以NPBC，又DEBC，所以NPDE，即N，E，D，P四點共面，又EN平面BMD，EN平面NEDP，平面NEDP平面MBDDP，所以ENPD，即NEDP為平行四邊形，所以NPDE，且NPDE

27、，即DE12BC，即12.(2)取DE的中點O，由平面MDE平面DECB，且MODE，所以MO平面DECB，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)BC2，則M(0，0，3)，D(，0，0)，B(1，3(1)，0)，所以MD(，0，3)，DB(1，3(1)，0)設(shè)平面BMD的法向量為m(x，y，z)，則MDm=x-3z=0DBm=1-x+31-y=0，即x=3z，x=-3y，令x3，即m(3，1，1)，又平面EMD的法向量n(0，1，0)，所以cos m，nmnmn-1555，即隨著值的變化，二面角B MD E的大小不變且sin m，n1-cos2m，n255，所以二面角B MD E的正弦值為255.

28、鞏固訓(xùn)練2解析：(1)證明：取AB的中點O連接PO，DO，PAPB，POAB，又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PO平面PAB，PO平面ABCD，方法一EC平面ABCD，則POEC，在正方形ABCD內(nèi)，O，E分別為AB，AD的中點，DAOCDE，則有ODEECD，又ECDDEC90，DECODE90，ECOD，ODPOO，CE平面POD，又PD平面POD，CEPD.方法二取CD的中點G，連OG，則OB，OP，OG兩兩垂直，分別以O(shè)B，OG，OP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系設(shè)AB2，則C(1，2，0)，P(0，0，3)，E(1，1，0)，D(1，2，0)

29、，CE(2，1，0)，PD(1，2，3)，則有CEPD220，CEPD. (2)由(1)中方法二，所得空間直角坐標(biāo)系，易知PE(1，1，3)，AP(1，0，3)，BD(2，2，0)，BE(2，1，0)，設(shè)BFBD(01)，則BF(2，2，0)，EFBF-BE(22，21，0)，設(shè)平面PEF的法向量為n(x，y，z)，則nPE=0nEF=0，即-x+y-3z=0-2+2x+2-1y=0，令y1，則n2-12-2，1，132-2.設(shè)直線AP與平面PEF所成的角為，sin |cos AP，n|APnAPn122-12-22+1+132-2255，整理得：92610，即13.在BD上存在點F，使得直線AP與平面PEF所成角的正弦值為55，此時點F為靠近點B的三等分點，即BF13BD.例3解析：(1)因為E，