2022届高考数学一轮复习（人教版）第7章 高考专题突破四　高考中的立体几何问题.docx

高考专题突破四　高考中的立体几何问题
题型一 空间角的求法
命题点1　线线角
例1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角．
解　以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝1，则B(0,0,0)，E，F，C1(1,0,1)，
所以＝，＝(1,0,1)．
于是cos〈，〉＝＝＝，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
答案　
解析　以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴＝(0,2，－1)，＝＋＝＋λ＝(－2λ，0，－2)．
∴cos〈，〉＝＝＝，
解得λ＝.
(2)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为________．
答案　
解析　以{，，}作为基底，
则＝－＝－，＝(＋)．
设向量与的夹角为θ，
则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|.
·＝(＋)·
＝2－·＋·－·
＝－＋－＝.
又△ABC和△ACD均为等边三角形，
所以||＝||＝.
所以cos θ＝＝＝.
所以直线AM和CN夹角的余弦值为.
命题点2　线面角
例2 (12分)(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
规范解答
(1)证明　在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，
平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，[2分]
因为在四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，
所以l⊥平面PDC.[4分]
(2)解　以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，
如图建立空间直角坐标系Dxyz，
因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，[5分]
设Q(m,0,1)，
则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)，[6分]
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，[9分]
则cos〈n，〉＝＝.[10分]
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于
|cos〈n，〉|＝
＝·＝·
≤·≤·＝，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.[12分]
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．
第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．
第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．
第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．
第五步：反思解题思路，检查易错点．
跟踪训练2　如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥底面ABCD
，点M是棱PC的中点．
(1)求证：PA∥平面BMD；
(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明　如图，连接AC交BD于点O，易知O为AC的中点，连接MO.
∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.
∵PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，
∴PA∥平面BMD.
(2)解　如图，取线段BC的中点H，连接AH.