高考数学一轮复习　教材高考审题答题四

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热点预测
真题印证
核心素养
线、面位置关系的证明与线面角
2018·Ⅰ，18；2018·Ⅱ，20；2016·天津，17；2018·天津，17；2017·北京·16
数学运算、逻辑推理、直观想象
线、面位置关系的证明与二面角
2018·Ⅲ，19；2017·Ⅲ，19；2017·Ⅰ，18；2017·Ⅱ，19；2016·Ⅰ，18；2016·Ⅱ，19
数学运算、逻辑推理、直观想象


教材链接高考——线面位置关系与空间角
[教材探究](选修2－1P109例4)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.

(1)求证：PA∥平面EDB；
(2)求证：PB⊥平面EFD；
(3)求二面角C－PB－D的大小．
[试题评析]　1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角．
2．教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解．
3．除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化．
【教材拓展】 已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，tan ∠PBA＝，F为PC的中点，求二面角C－AF－D的余弦值．

解　如图所示，因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，

所以PA，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝1，
则PA＝AB·tan ∠PBA＝，则B(1，0，0)，P，C(1，1，0)，
故F，D(0，1，0)，
所以＝(0，1，0)，＝，
设平面AFD的法向量为n＝(x，y，z)，则
得
令z＝，得x＝－2.所以n＝(－2，0，)．
连接BD，则BD⊥AC，
又BD⊥PA，所以BD⊥平面AFC，
则＝(－1，1，0)就是平面AFC的法向量．
设二面角C－AF－D的大小为θ，
则cos θ＝＝＝.
所以二面角C－AF－D的余弦值为.
探究提高　1.本题与教材选修2－1P109例4相比其难点在于不易找到二面角C－AF－D的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求二面角，就可化解这个难点，这也是向量法的优势所在．
2．利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性．
【链接高考】 (2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
(1)证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，
故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解　以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点．
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，
M(0，1，1)，＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)．
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即
可取n＝(1，0，2)．
是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.
教你如何审题——立体几何中的折叠问题
【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[审题路线]

[自主解答]
(1)证明　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解　作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的一个法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
探究提高　立体几何中折叠问题的解决方法
解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．
【尝试训练】 (2019·青岛模拟)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如图(2)的立体图形．

(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；
(2)若BD⊥EC，求二面角F－BD－C的余弦值．
(1)证明　由折叠可知，AE⊥EF.
因为AE⊥CF，且EF∩CF＝F，所以AE⊥平面EBCF.
因为AE⊂平面AEFD，所以平面AEFD⊥平面EBCF.
(2)解　如图所示，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF，所以DG⊥EC.

因为BD⊥EC，BD∩DG＝D，
所以EC⊥平面BDG，
所以EC⊥BG.
所以∠BGE＋∠GEC＝∠CEB＋∠GEC，
所以∠BGE＝∠CEB，且∠EBC＝∠GEB＝90°，
所以△EGB∽△BEC，则＝，
因为EG＝AD＝2，BC＝4，所以EB＝2.
以E为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，则F(0，3，0)，D(0，2，2)，C(2，4，0)，A(0，0，2)，B(2，0，0)．
故＝(－2，2，2)，＝(0，－1，2)，＝(0，4，0)，＝(－2，－2，2)．
设平面FBD的法向量n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得y＝2，x＝3，
所以平面FBD的一个法向量是n＝(3，2，1)．
设平面BCD的法向量m＝(a，b，c)，
则
令a＝1，得b＝0，c＝1，所以平面BCD的一个法向量是m＝(1，0，1)．则cos〈n，m〉＝＝＝.
易知，所求二面角为锐角，
所以二面角F－BD－C的余弦值为.
满分答题示范——立体几何中的开放问题
【例题】 (12分)如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.

(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；
(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由．
[规范解答]





[高考状元满分心得]
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．
如第(1)问中利用线面平行的性质证明线线平行，第(2)问中建系时证明PO，AC，BD两两垂直，以及建系后得到各点的坐标．
❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中指出点E的位置，第(2)问中求两个平面的法向量和．
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证．如第(2)中计算λ的值以及计算线段PF的长度等．
[构建模板]

【规范训练】 (2019·杭州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2，DE>BF，∠ABC＝120°.

(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?
(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值．
解　(1)连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.
取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.
∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.
∴OG，AC，BD两两垂直．

以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，
设BF＝m(0