高考数学一轮复习 专题8.8 立体几何综合问题（讲）

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高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 专题8.8   立体几何综合问题新课程考试要求1.会解决简单的立体几何问题.2．会用向量方法证明直线、平面位置关系的有关命题.3．会用向量方法求解两异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的问题.核心素养本节涉及的数学核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象等.考向预测（1）立体几何中的动态问题.（2）立体几何中的探索性问题.（3）平面图形的翻折问题.（4）立体几何与传统文化（5）立体几何新定义问题（6）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.【考点分类剖析】考点一 ：立体几何中的动态问题【典例1】（2021·福建高二期末）在棱长为1的正方体中，点，分别足，，其中，，则（    ）A．当时，三棱锥的体积为定值B．当时，点，到平面的距离相等C．当时，存在使得平面D．当时，【答案】ABD【解析】由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：当时，，此时点位于点处，三棱锥，为定值，点到面的距离为是定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于B：当时，点是的中点，所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；对于C：当时，点是的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，可得，，所以，所以与不垂直，所以不存在使得平面，故选项C不正确；对于D：设，则，，，所以，，因为，所以，故选项D正确；故选：ABD.【典例2】（2020·四川南充·高三其他（理））已知三条射线，，两两所成的角都是60°.点在上，点在内运动，，则点的轨迹长度为(    )A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，过作平面于，则点在的平分线上，在平面内，作于，连结，根据三垂线定理，则，，点的轨迹是以为圆心，6为半径的圆在内的圆弧，圆弧的长度为：故选：C【总结提升】1.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．2．一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹．【变式探究】1.（2020·河北新华·石家庄二中高三月考（理））如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（    ）A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分【答案】A【解析】连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选：A2．【多选题】（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为，设圆台的体积为，则下列选项中说法正确的是（    ）A．当时， B．当在区间内变化时，先增大后减小C．不存在最大值 D．当在区间内变化时，逐渐减小【答案】AB【解析】通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A；利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D.【详解】，对选项正确；，设，则在上单调递减，设的两根为，由韦达定理知，且当；2)，在单调递增，在单调递减，由，，使得，当，即当，即，所以在单调递增，在单调递减，则B正确，C，D错误，故选：.考点二 ：  立体几何中的探索性问题【典例3】（2021·广东高二期末）如图，在正方体中，是棱的中点．（1）求二面角的余弦值；（2）在棱（包含端点）上是否存在点，使平面，给出你的结论，并证明．【答案】（1）；（2）不存在，证明见解析.【解析】(1)以为正交基底建立直角坐标系，求出相应点的坐标，再求平面的一个法向量为和面的一个法向量为，然后计算法向量夹角的余弦值，即可得二面角的余弦值；(2) 设的坐标为，若在棱（包含端点）上存在点，使平面，根据求出，再判断即可.【详解】（1）解：设正方体的边长为单位长度，建立如图直角坐标系，则，，，所以，．设平面的一个法向量为，则，即，可得平面的一个法向量为．又因为平面的一个法向量为，所以．所以二面角的余弦值为．（2）不存在.证明：设的坐标为，因为的坐标为，所以，若在棱（包含端点）上存在点，使平面，则，所以，即，与矛盾，所以棱（包含端点）上不存在点，使平面．【典例4】（2020·全国）如图，是的直径，点B是上与A，C不重合的动点，平面.（1）当点B在什么位置时，平面平面，并证明之；（2）请判断，当点B在上运动时，会不会使得，若存在这样的点B，请确定点B的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）当时，平面平面，证明见解析，（2）不存点B使得，理由见解析【解析】 (1)当时,平面平面,证明如下:平面,平面,平面平面,,平面平面,平面,平面,∴平面平面;(2)假设存在点B,使得,点B是上的动点,,又,､平面,,平面,平面,,设,在中,有,在中,有,可得,故为锐角,这与矛盾,故不存点B使得.【典例5】（2020·全国高二课时练习）如图，在三棱柱中，平面，，.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面，交线为.又因为，所以，所以平面.因为平面，所以又因为，所以，又，所以平面.（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，由题意得，，，.所以，.所以.故异面直线与所成角的大小为.（3）易知平面的一个法向量，由，得.设，得，则因为平面，所以，即，解得，所以.【规律方法】求解立体几何中探索问题的策略1．条件探索性问题(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．如本例(2)先根据题意猜测点的位置．再结合证明．一般探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的一个．2．结论探索性问题首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．【变式探究】1．（2020·四川泸县五中高二开学考试（理））如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：四边形是平行四边形；（Ⅲ）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.【解析】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，由，，，所以平面，则平面，又，根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，若，则是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角对大边知，所以，这与上面相矛盾，所以二面角的大小不能为.2．（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知在四棱锥中，平面平面，且是正方形.若.（1）求四棱锥的体积；（2）在线段上是否存在一点满足：二面角的余弦值为？若存在，请求出的比值.若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】（1）根据条件先求解正方形的边长，再求解四棱锥的高，从而可求体积；（2）先建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用二面角的余弦值为，求出，结合的范围可得结果.【详解】（1）设正方形的边长为，取的中点，连接.由平面平面，，则，所以平面，则，又，所以，则解出，所以体积.（2）以为坐标原点，平行于为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以，设平面的法向量，由且，所以且，令，可得，而为平面的一个法向量，所以，解得，有或，由于点在线段上，所以.3．（2020·浦东新·上海师大附中高二期中）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，.（1）求与平面所成角的正切值；（2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值.【答案】（1）；（2）存在，；（3）、、三点共线，【解析】 (1)因为平面，平面，所以，又因为底面是矩形，所以，所以由线面垂直的判定定理可得:平面，所以与平面所成角既为，
又由题意可得:，，所以tan∠CPD=.所以与平面所成角的正切值为.
(2)假设边上存在一点G满足题设条件，作，则平面，所以.，故存在点G，当时，使点D到平面的距离为.（3）延长CB到，使，因为平面，平面，所以，又因为底面是矩形，所以，
所以由线面垂直的判定定理可得:平面，则是点C关于面的对称点，连接，交面于H，则点H是使的值最小时，在面上的一点.作于M，则点M是AD的中点，连接交AB于N，连接HN，则，所以，又，所以，而，所以.所以.【总结提升】与空间角有关的探索性问题的解题策略与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．考点三 ：  平面图形的折叠问题【典例6】【多选题】（2021·广东高二期末）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．则下列结论中正确的是（    ）A． B．四面体的外接球表面积为C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BCD【解析】根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.
 【详解】由题知，为正三角形，，将沿折起，使到，且平面平面，则，，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，对于A，，，，，，，则，故与不垂直，故A错误；对于B，取CE的中点F，联结DF，又，则，过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，设，，在，中，有，解得，，故四面体的外接球表面积为，故B正确；对于C，，，设与所成角为，则，故C正确；对于D，，，，设平面的法向量则，取，则，则，故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；故选：BCD【典例7】（2021·江苏高二期中）已知梯形如图1所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体.（1）求证：平面平面；（2）求点F到平面ABE的距离；（3）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）证明，，，证明平面，然后证明平面平面．（2）过点作于点，说明线段的长即为点到平面的距离，然后转化求解点到平面的距离，即可得出答案．（3）建系如图，求出平面的法向量，设，，，，然后转化求解即可．【详解】解（1）∵平面平面，平面平面平面，，∴平面∵平面，∴   ∵四边形是正方形∴∵、平面，，∴平面∵平面，∴平面平面；  （2）过点F作于点G，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，所以线段的长即为点到平面的距离，，，，由，得，即，所以，即点到平面的距离为；（3）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量， ，即，可取设，，则解得或（舍）           故，∴.【特别提醒】解决空间图形的翻折问题时，要从如下几个角度掌握变化规律：注意：掌握翻折过程中的特殊位置①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置.【变式探究】1．（2021·贵州凯里一中高三三模（文））如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】在中，由余弦定理求得，再由当三棱锥体积最大，把三棱锥补形为一个长方体，结合长方体求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】在中，因为，，由余弦定理可得 ，所以，当，即平面，三棱锥体积最大，此时､､两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，且长方体长、宽、高分别为：，所以三棱锥的外接球半径为：，所以外接球的表面积为：.故选：D.2．（2021·重庆八中高三月考）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2.（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）先证明面BCD，进而得出，再由证明平面ADC.（2）建立空间直角坐标系，设，，利用向量法证明即可.【详解】（1）因为平面，平面，所以因为，，所以平面BCD因为平面BCD，所以又，，所以平面ADC.（2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴正方向不妨设圆的半径为，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上.由，知，，，所以，，.设，由（1）知即为平面ACD的法向量，，若平面CAD，则，即，，所以线段CE上不存在点F，使得平面CAD.考点四 ：  立体几何与传统文化【典例8】（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【总结提升】近几年高考命题关于这部分内容的考查，主要是以传统文化、数学文化、现代生活为背景，考查立体几何的基础知识，涉及三视图、面积体积计算、几何体的几何特征等.【变式探究】（2021·全国高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为______；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是______.阿波罗尼奥斯【答案】        【解析】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，则是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由可得，，即在上述阿氏圆上，这样当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，三棱锥体积的最大，由体积公式计算可得．【详解】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，由题意是阿氏圆的直径，，则，，所以，∴阿氏圆半径为；正方体中，都与侧面垂直，从而与侧面内的直线垂直，如图，则，∴，即在上述阿氏圆上，∵的面积是2为定值，因此只要到平面距离最大，则三棱锥体积的最大，由于点在阿氏圆上，当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，此时，因此，，三棱锥体积的最大值为．故答案为：；．考点五 ：立体几何中的新定义问题【典例9】（2021·全国高三零模）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有设第个面的棱数为，所以所以总曲率为：所以这类多面体的总曲率是常数.【总结提升】精读题干，理解新定义是解题的关键.【变式探究】（2021·全国高三专题练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．（1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；（2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”）【答案】（1）；（2）区域β．【解析】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．由四棱锥的性质求得θ＝，可求得四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．可得答案.【详解】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0．所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA＝HB＝＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝，离散曲率为1﹣×＝，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为；（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．所以区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域β．