高考数学一轮复习第6章解答题模板构建3立体几何问题学案

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立体几何问题(2021·北京卷)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．(1)求证：点F为B1C1中点；(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M­CF­E的余弦值为，求．[规范解答](1)证明：因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以A1D1∥B1C1，CD∥C1D1.1分又因为CD⊄平面A1B1C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CD∥平面A1B1C1D1.2分因为平面CDEF∩平面A1B1C1D1＝EF，且CD⊂平面CDEF，所以CD∥EF，故C1D1∥EF．所以四边形EFC1D1为矩形．3分又点E为A1D1中点，故C1F＝D1E＝A1D1＝C1B1，故点F为B1C1中点．4分(2)解：因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以DA，DC，DD1两两垂直．以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．5分令正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，设＝λ(0≤λ≤1)，则C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,2,2)，M(2,2λ，2)，所以＝(1，－2,2)，＝(1,0,2)，＝(2,2λ－2,2)．6分设平面CEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令z1＝－1，则x1＝2，y1＝0，可取n1＝(2,0，－1)．又平面CMF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝－1，则x2＝2，y2＝，可取n2＝．10分设二面角M­CF­E为θ，且θ为锐角，故cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，11分解得λ＝∈[0,1]，故＝．12分第一步：利用题目中的线线垂直关系，建立恰当的空间直角坐标系；第二步：根据条件设出相关点的坐标；第三步：准确求出相关平面的法向量；第四步：根据题目条件构建方程求解；第五步：检验反思，明确结论．类型一　求空间角的大小如图所示，已知长方形ABCD中，AB＝2AD＝2，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM．　(1)求证：平面ADM⊥平面ABCM；(2)若E点满足＝，求二面角E­AM­D的大小．(1)证明：因为AM＝＝＝2，BM＝＝＝2，所以AM2＋BM2＝8＝AB2，所以AM⊥BM．又因为AD⊥BM，AD∩AM＝A，所以BM⊥平面ADM．又因为BM⊂平面ABCM，所以平面ADM⊥平面ABCM．(2)解：取AM中点O，连接DO，因为DA＝DM，所以DO⊥AM．又平面ADM∩平面ABCM＝AM，平面ADM⊥平面ABCM，所以DO⊥平面ABCM．以OA方向为x轴，过点O垂直AM方向为y轴，OD方向为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1,0,0)，M(－1,0,0)，B(－1,2,0)．因为DO＝AM＝1，所以D(0,0,1)．设E(xE，yE，zE)，则＝(xE＋1，yE－2，zE)，＝(1，－2,1)．又因为＝，所以所以E，所以＝(－2,0,0)，＝．取平面AMD一个法向量n1＝(0,1,0)，设平面AME一个法向量n2＝(x，y，z)．因为所以取y＝1，所以n2＝(0,1，－1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，由图可知二面角E­AE­D为锐二面角，所以二面角E­AM­D的大小为45°．类型二　立体几何中的探索型问题如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝BB1，点D是BC的中点．(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)求二面角B1­AD­B的余弦值；(3)判断在线段B1B上是否存在一点M，使得A1M⊥B1D．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接A1B交AB1于点E，连接DE．由于D，E分别是CB，A1B的中点，所以A1C∥DE．由于A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D．(2)解：以C为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设CA＝CB＝CC1＝2，B1(0,2,2)，D(0,1,0)，A(2,0,0)，所以＝(0,1,2)，＝(2，－1,0)．设平面AB1D的法向量为n1＝(x，y，z)，则故可设n1＝(1,2，－1)，平面ABD的法向量为n2＝(0,0,1)．设二面角B1­AD­B的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，所以cos θ＝＝＝．(3)存在　解：B(0,2,0)，＝(0,0,2)，A1(2,0,2)．设＝t，B1M＝tB1B，即＝t＝(0,0，－2t)，＝＋＝(0,2,2)＋(0,0，－2t)＝(0,2,2－2t)，＝(－2,2，－2t)，＝(0,1,2)．由于A1M⊥B1D，所以·＝(－2,2，－2t)·(0,1,2)＝2－4t＝0，t＝．所以在线段B1B上存在一点M，使得A1M⊥B1D，此时＝(即点M为线段B1B的中点)．