2022版高考数学一轮复习高考大题规范解答系列四_立体几何学案含解析新人教版

高考 - 1 - / 27 高考大题规 X 解答系列(四)——立体几何 考点一 线面的位置关系与体积计算 例 1 (2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD＝CD． (1)证明：AC⊥BD； (2)已知△ACD 是直角三角形，AB＝BD．若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点，且 AE⊥EC， 求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比． 【分析】 ①看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线 垂直． ②看到求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)取 AC 的中点 O，连接 DO，BO．1 分 得分点① 因为 AD＝CD，所以 AC⊥DO． 又由于△ABC 是正三角形， 所以 AC⊥BO． 又因为 DO∩BO＝O， 从而 AC⊥平面 DOB，3 分 得分点② 故 AC⊥BD．4 分 得分点③ (2)连接 EO．5 分 得分点④ 高考 - 2 - / 27 由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以 DO＝AO． 在 Rt△AOB 中，BO2＋AO2＝AB2， 又 AB＝BD，所以 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°．7 分 得分点⑤ 由题设知△AEC 为直角三角形， 所以 EO＝ 1 2 AC．8 分 得分点⑥ 又△ABC 是正三角形，且 AB＝BD， 所以 EO＝ 1 2 BD．故 E 为 BD 的中点，9 分 得分点⑦ 从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的 1 2 ， 四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 1 2 ，11 分 得分点⑧ 即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1．12 分 得分点⑨ 【评分细则】 ①作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分． ②得出 AC⊥DO 和 AC⊥BO 得 1 分，由线面垂直的判定写出 AC⊥平面 DOB，再得 1 分． ③由线面垂直的性质得出结论得 1 分． ④作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分． ⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得 2 分． ⑥由直角三角形的性质得出 EO＝ 1 2 AC 得 1 分． ⑦由等边三角形的性质得出 E 为 BD 的中点，得 1 分． ⑧得出四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 1 2 得 2 分． 高考 - 3 - / 27 ⑨正确求出体积比得 1 分． 【名师点评】 1．核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻 辑推理”及“直观想象”的核心素养． 2．解题技巧：(1)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的 步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中 AC⊥DO，AC⊥ BO；第(2)问中 BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2 等． (2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用， 有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到 DO＝AO． 〔变式训练 1〕 (2020·课标Ⅰ，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接 正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°． (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P－ABC 的体积． [解析](1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC． 由于△ABC 是正三角形， 故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC． 又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°， 从而 PB⊥PA，PB⊥PC，故 PB⊥平面 PAC， 所以平面 PAB⊥平面 PAC． (2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l． 高考 - 4 - / 27 由题设可得 rl＝ 3，l2－r2＝2．解得 r＝1，l＝ 3． 从而 AB＝ 3． 由(1)可得 PA2＋PB2＝AB2， 故 PA＝PB＝PC＝ 6 2 ． 所以三棱锥 P－ABC 的体积为 1 3 × 1 2 ×PA×PB×PC＝ 1 3 × 1 2 × 6 2 3＝ 6 8 ． 考点二 线面的位置关系与空间角计算(理) 例 2 (2021·某某省联考)如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，△ABC 是以 BC 为 斜边的等腰直角三角形，O，M 分别为 BC，AA1 的中点． (1)证明：OM∥平面 CB1A1； (2)若四边形 BB1C1C 为正方形，求平面 MOB1 与平面 CB1A1 所成二面角的正弦值． 【分析】 ①在平面 A1B1C 内构造与 OM 平行的直线，并证明； ②建立空间直角坐标系，分别求平面 MOB1、平面 CB1A1 的法向量，求两法向量夹角正 弦值即可． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)证明：如图，连接 BC1，交 CB1 于点 N， 连接 A1N，ON，则 N 为 CB1 的中点． 因为 O 为 BC 的中点，所以 ON∥BB1， 且 ON＝ 1 2 BB1，2 分 得分点① 又 MA1∥BB1，MA1＝ 1 2 BB1， 高考 - 5 - / 27 所以四边形 ONA1M 为平行四边形，即 OM∥A1N．4 分 得分点② 因为 OM⊄ 平面 CB1A1，A1N⊂平面 CB1A1， 所以 OM∥平面 CB1A1.5 分 得分点③ (2)解：连接 OA，令 BC＝2，因为 AB＝AC，O 为 BC 的中点，所以 AO⊥BC． 又三棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，ON∥BB1， 所以 OA，OB，ON 两两垂直，分别以OB→ ，ON→ ，OA→ 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz．6 分 得分点④ 因为 AB＝AC＝ 2，BC＝AA1＝2， 所以 O(0，0，0)，B1(1，2，0)，M(0，1，1)，C(－1，0，0)， 所以OM→ ＝NA1 → ＝(0，1，1)，OB1 → ＝(1，2，0)，CB1 → ＝(2，2，0)．7 分 得分点⑤ 设平面 MOB1 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则 OM→ ·m＝0， OB1 → ·m＝0， 即 y＋z＝0， x＋2y＝0， 令 z＝1，可得 y＝－1，x＝2， 所以平面 MOB1 的一个法向量为 m＝(2，－1，1)．8 分 得分点⑥ 设平面 CB1A1 的法向量为 n＝(a，b，c)， 则 NA1 → ·n＝0， CB1 → ·n＝0， 即 b＋c＝0， 2a＋2b＝0， 令 c＝1，可得 b＝－1，a＝1， 高考 - 6 - / 27 所以平面 CB1A1 的一个法向量为 n＝(1，－1，1)，9 分 得分点⑦ 所以 cos〈m，n〉＝ 2×1－1×(－1)＋1×1 22＋(－1)2＋12× 12＋(－1)2＋12 ＝ 4 3 2 ＝ 2 2 3 ，11 分 得分点⑧ 所以平面 MOB1 与平面 CB1A1 所成二面角的正弦值为 1 3 ．12 分 得分点⑨ 【评分细则】 ①第一问共 5 分，证出 ON∥BB1 和 ON＝ 1 2 BB1 得 2 分，证出 OM∥A1N 得 2 分，未说明 OM⊄ 平面 CB1A1，直接证出 OM∥平面 CB1A1，扣 1 分． ②第二问共 7 分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得 2 分，写出平面 MOB1 的法 向量与平面 CB1A1 的法向量各得 1 分． ③其他方法按步骤酌情给分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推 理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以 对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出 OM∥平面 CB1A1 成立的条件，写不全则不能得 全分． (2)思维发散：①注意到 O、M 分别为 BC、AA1 的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)．连 BM 并延长与 B1A1 的延长线相交于 H，连 CH，由 M 为 AA1 的中点，∴AM＝MA1，又 AB∥ A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又 O 为 BC 中点，∴MO∥CH，又 MO⊄ 平面 CB1A1，CH⊂平面 CB1A1，∴OM∥平面 CB1A1． 高考 - 7 - / 27 ②注意到解答(2)需求平面 CB1A1 的法向量 n，故要证明 OM∥平面 CB1A1，可直接建立 空间直角坐标系，求出 n，证明 n·OM→ ＝0，说明 OM⊄ 平面 CB1A1 即可得证． 〔变式训练 2〕 (2020·某某，19)如图，在三棱台 ABC－DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB＝∠ACD ＝45°，DC＝2BC． (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值． [解析](1)证明：如图，过点 D 作 DO⊥AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB． 由∠ACD＝45°，DO⊥AC 得 CD＝ 2CO， 由平面 ACFD⊥平面 ABC 得 DO⊥平面 ABC，所以 DO⊥BC． 由∠ACB＝45°，BC＝ 1 2 CD＝ 2 2 CO 得 BO⊥BC． 所以 BC⊥平面 BDO，故 BC⊥DB． 高考 - 8 - / 27 由三棱台 ABC－DEF 得 BC∥EF， 所以 EF⊥DB． (2)解法一：过点 O 作 OH⊥BD，交直线 BD 于点 H，连接 CH． 由三棱台 ABC－DEF 得 DF∥CO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角， 由 BC⊥平面 BDO 得 OH⊥BC，故 OH⊥平面 BCD， 所以∠OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角． 设 CD＝2 2， 由 DO＝OC＝2，BO＝BC＝ 2，得 BD＝ 6，OH＝ 2 3 3 ， 所以 sin∠OCH＝ OH OC ＝ 3 3 ， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 ． 解法二：由三棱台 ABC－DEF 得 DF∥CO， 所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为θ． 如图，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 O－xyz． 设 CD＝2 2． 由题意知各点坐标如下： O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)． 高考 - 9 - / 27 因此OC→ ＝(0,2,0)，BC→ ＝(－1,1,0)，CD→ ＝(0，－2,2)． 设平面 BCD 的法向量 n＝(x，y，z)． 由 n·BC→＝0， n·CD→ ＝0， 即 －x＋y＝0， －2y＋2z＝0， 可取 n＝(1,1,1)． 所以 sin θ＝|cos〈OC→ ，n〉|＝ |OC→ ·n| |OC→ |·|n| ＝ 3 3 ． 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 ． 考点二 线面位置关系与空间距离的计算(文) 例 2 (2021·全国新课改 T8 联考)如图，在四面体 ABCD 中，△ABD 是等边三角形， 且 AC＝BC． (1)证明：AB⊥CD． (2)若 AB＝2，AC＝ 3，BC⊥CD，求点 B 到平面 ACD 的距离． 【分析】 ①利用线面垂直证线线垂直； ②利用体积法求点到平面的距离． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)证明：取 AB 的中点 E，连接 CE，DE，如图，1 分 高考 - 10 - / 27 因为△ABD 是等边三角形，所以 DE⊥AB，2 分 又 AC＝BC，所以 CE⊥AB．3 分 又 DE∩CE＝E，所以 AB⊥平面 CDE，4 分 故 AB⊥CD．5 分 (2)因为 BD＝AB＝2，BC＝AC＝ 3，BC⊥CD， 所以 CD＝ BD2－BC2＝1．6 分 又 AD＝2，所以 AC2＋CD2＝AD2，即 AC⊥CD， 则 S△ACD＝ 3 2 ．7 分 由题可得 CE＝ AC2－ AB 2 2＝ 2，DE＝ AD2－ AB 2 2＝ 3，8 分 则 CD2＋CE2＝DE2，即 CE⊥CD，则 S△BCD＝ 2 2 ．9 分 设点 B 到平面 ACD 的距离为 d， 因为 AB⊥平面 CDE，VB－ACD＝VB－BCD＋VA－ECD，10 分 所以 1 3 ·S△ACD·d＝ 1 3 ·SBCD·AB，11 分 即 1 3 × 3 2 d＝ 1 3 × 2 2 ×2，解得 d＝ 2 6 3 ， 即点 B 到平面 ACD 的距离为 2 6 3 ．12 分 【名师点评】 核心素养：本题主要考查线、面垂直的判定与性质及利用体积法求点到平面的距离，考 高考 - 11 - / 27 查学生的逻辑推理能力、空间想象能力、数学运算能力． 〔变式训练 2〕 (2021·某某某某铁人、鸡西一中、联考)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AC＝BC ＝ 2，AB＝AA1＝2，E 是棱 CC1 的中点． (1)求证：A1B⊥AE； (2)求点 A1 到平面 ABE 的距离． [解析](1)取 A1B 中点 F，联结 AF，EF，AE， ∵ABC－A1B1C1 是直三棱柱， ∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB， 又∵E 是 CC1 的中点，A1C1＝BC， ∴A1E＝BE， 又∵AB＝AA1， ∴A1B⊥EF，A1B⊥AF， ∴A1B⊥平面 AEF，∴A1B⊥AE； (2)VA1－ABE＝VB－A1AE＝ 1 3 × 1 2 ×2× 2× 2＝ 2 3 ， 设 A1 到平面 ABE 的距离为 h， 高考 - 12 - / 27 则 1 3 ×h×S△ABE＝ 2 3 ， 由已知得 AE＝BE＝ 3， ∴S△ABE＝ 2，∴h＝ 2． 考点三,立体几何中的折叠问题(理) 例 3 (2021·启东模拟)如图，已知在等腰梯形 ABCD 中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB ＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿 AE，BF 折成三棱柱 AED－BFC． (1)若 M，N 分别为 AE，BC 的中点，求证：MN∥平面 CDEF； (2)若 BD＝ 5，求二面角 E－AC－F 的余弦值． 【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明； ②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)取 AD 的中点 G，连接 GM，GN， 在三角形 ADE 中，∵M，G 分别为 AE，AD 的中点， ∴MG∥DE， ∵DE⊂平面 CDEF，MG⊄ 平面 CDEF， ∴MG∥平面 CDEF．2 分 得分点① 由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点， 由棱柱的性质可得 GN∥DC， ∵CD⊂平面 CDEF，GN⊄ 平面 CDEF， ∴GN∥平面 CDEF．3 分 得分点② 又 GM⊂平面 GMN，GN⊂平面 GMN，MG∩NG＝G， 高考 - 13 - / 27 ∴平面 GMN∥平面 CDEF，4 分 得分点③ ∵MN⊂平面 GMN，∴MN∥平面 CDEF．5 分 得分点④ (2)连接 EB，在 Rt△ABE 中，AB＝1，AE＝ 3， ∴BE＝2，又 ED＝1，DB＝ 5， ∴EB2＋ED2＝DB2， ∴DE⊥EB，又 DE⊥AE 且 AE∩EB＝E， ∴DE⊥平面 ABFE．∴EA、EF、ED 两两垂直．7 分 得分点⑤ 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 E(0,0,0)，A( 3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)， AC→ ＝(－ 3，1,1)，AE→＝(－ 3，0,0)，FC→＝(0,0,1)．8 分 得分点⑥ 设平面 AFC 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·AC→ ＝－ 3x＋y＋z＝0， m·FC→＝z＝0， 则 z＝0， 令 x＝1，得 y＝ 3，则 m＝(1， 3，0)为平面 AFC 的一个法向量， 设平面 ACE 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 n·AE→＝－ 3x1＝0， n·AC→ ＝－ 3x1＋y1＋z1＝0， 则 x1＝0，令 y1＝1，得 z1＝－1， ∴n＝(0,1，－1)为平面 ACE 的一个法向量．10 分 得分点⑦ 高考 - 14 - / 27 设 m，n 所成的角为θ，则 cos θ＝ m·n |m|·|n| ＝ 3 2 2 ＝ 6 4 ， 由图可知二面角 E－AC－F 的余弦值是 6 4 ．12 分 得分点⑧ 【评分细则】 ①由线线平行得到线面平行，给 2 分． ②同理再推出一个线面平行，给 1 分． ③由线面平行推出面面平行，给 1 分． ④由面面平行得到线面平行，给 1 分． ⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给 2 分． ⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给 1 分． ⑦正确求出平面的法向量，给 2 分． ⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给 2 分． 【名师点评】 1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核 心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力． 2．解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的 DE⊂平面 CDEF，MG⊄ 平面 CDEF，要写全． (2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系． (3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地， 折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕” 两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对 于变化的关系则要在立体图形中解决． 〔变式训练 3〕 (2021·某某质检)如图 1：在△ABC 中，AB⊥BC，AB＝2BC＝4，点 E，F 分别是线段 AB 和 AC 的中点．如图 2：以 EF 为折痕把△AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置． 高考 - 15 - / 27 (1)证明：平面 FPC⊥平面 BPC； (2)若△PEB 为等边三角形，求二面角 C－PF－E 的余弦值． [解析](1)证明：如图，设 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点， 连接 EM，MN，FN，故 MN 綊 1 2 BC． 由 E，F 分别是线段 AB 和 AC 的中点，得 PE＝BE，PF＝CF，EF 綊 1 2 BC， 故 EF 綊 MN，所以 EM 綊 FN． 又 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点， 所以 EM⊥PB，FN⊥PC． 又 EM 綊 FN，所以 FN⊥PB，所以 FN⊥平面 PBC． 又 FN⊂平面 FPC，所以平面 FPC⊥平面 BPC． (2)解：因为 BC⊥AB，所以翻折后有 BC⊥BE，BC⊥EP， 所以 BC⊥平面 PBE， 故平面 PBE⊥平面 BCFE． 若△PEB 为等边三角形，则 PB＝2． 设 O 为 BE 的中点，连接 PO，故 PO⊥BE， 高考 - 16 - / 27 故 PO⊥平面 BCFE． 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OP 的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的 空间直角坐标系 O－xyz． 则 C(1,2,0)，F(－1,1,0)，E(－1，0,0)，P(0,0， 3)． 设 n＝(x1，y1，z1)为平面 PEF 的法向量， 则 n·EF→＝0， n·EP→＝0， 即 y1＝0， x1＋ 3z1＝0， 可取 n＝(－ 3，0,1)． 设 m＝(x2，y2，z2)为平面 PCF 的法向量， 则 m·CP→＝0， m·CF→＝0， 即 －x2－2y2＋ 3z2＝0， －2x2－y2＝0， 可取 m＝(1，－2，－ 3)． 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝ －2 3 4× 8 ＝－ 6 4 ， 由题意，可知二面角 C－PF－E 为钝角． 所以二面角 C－PF－E 的余弦值为－ 6 4 ． 考点三,立体几何中的折叠问题(文) 例 3 (2018·课标全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形 ABCM 中，AB＝AC＝3，∠ACM ＝90°．以 AC 为折痕将△ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA． (1)证明：平面 ACD⊥平面 ABC； 高考 - 17 - / 27 (2)Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP＝DQ＝ 2 3 DA，求三棱锥 Q－ABP 的体积． 【分析】 ①线线垂直推出线面垂直，进而得到面面垂直； ②利用锥体的体积公式求解． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC． 又 BA⊥AD，所以 AB⊥平面 ACD．3 分 得分点① 又 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ACD⊥平面 ABC．5 分 得分点② (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2． 又 BP＝DQ＝ 2 3 DA，所以 BP＝2 2．7 分 得分点③ 作 QE⊥AC，垂足为 E，则 QE 綊 1 3 DC． 由已知及(1)可得 DC⊥平面 ABC， 所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1．10 分 得分点④ 因此，三棱锥 Q－APB 的体积为 VQ－ABP＝ 1 3 ×QE×S△ABP＝ 1 3 ×1× 1 2 ×3×2 2sin45°＝1．12 高考 - 18 - / 27 分 得分点⑤ 【评分细则】 ①由线线垂直推出线面垂直，给 3 分． ②由线面垂直得面面垂直，给 2 分． ③根据已知，求出 BP 的长，给 2 分． ④证明 QE 为三棱锥 Q－APB 的高，并求出它的值，给 3 分． ⑤利用体积公式正确求解，给 2 分． 【名师点评】 1．核心素养：本题考查面面垂直的证明及三棱锥的体积计算，考查空间想象能力和逻辑 推理能力． 2．解题技巧：(1)解决翻折问题的关键 ①一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化；②翻折后不在同一个平面上的 性质可能会发生变化，翻折过程中长度、角度和平行、垂直关系是否发生改变是解决问题的 关键． (2)计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转 化． 〔变式训练 3〕 (2021·某某省某某中学调研)等边三角形 ABC 的边长为 6，O 为三角形的重心，EF 过点 O 且与 BC 平行，将△AEF 沿直线 EF 折起，使得平面 AEF⊥平面 BCFE． (1)求证：BE⊥平面 AOC； (2)求点 O 到平面 ABC 的距离． 高考 - 19 - / 27 [解析](1)因为 O 为三角形 ABC 的重心， 所以 AO⊥BC，因为 EF∥BC，所以 AO⊥EF， 因为平面 AEF⊥平面 BCFE，平面 AEF∩平面 BCFE＝EF，AO⊂平面 AEF， 所以 AO⊥平面 BCFE，因为 BE⊂平面 BCFE， 所以 AO⊥BE， 因为 O 为三角形 ABC 的重心，所以 CO⊥BE， 因为 AO、CO⊂平面 AOC，AO∩CO＝O，所以 BE⊥平面 AOC． (2)∵等边三角形 ABC 的边长为 6，O 为三角形 ABC 的重心，∴AO＝BO＝CO＝2 3，S △OBC＝ 1 2 ×6× 3＝3 3， 由(1)可知 AO⊥OC，∴AC＝2 6，同理 AB＝2 6， ∴S△ABC＝ 1 2 ×6× 15＝3 15，VO－ABC＝VA－OBC， 即 1 3 ×3 15×h＝ 1 3 ×3 3×2 3，解得 h＝ 2 15 5 ． 即点 O 到平面 ABC 的距离为 2 15 5 ． 考点四,立体几何中的探索性问题(理) 例 4(2021·某某省某某中学模拟)如图所示，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为 菱形，且 PA⊥平面 ABCD，∠ABC＝60°，E 是 BC 中点，F 是 PC 上的点． (1)求证：平面 AEF⊥平面 PAD； (2)若 M 是 PD 的中点，当 AB＝AP 时，是否存在点 F，使直线 EM 与平面 AEF 的所成角 高考 - 20 - / 27 的正弦值为 1 5 ？若存在，请求出 PF PC 的值；若不存在，请说明理由． 【分析】 ①利用面面垂直的判定定理，证 AE⊥平面 PAD 或证 AD⊥平面 AEF 即可； ②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点 F 存在，且PF→＝λPC→，利用向量法求解λ回答． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)连接 AC，因为底面 ABCD 为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC 是正三角形，1 分 得分点① ∵E 是 BC 的中点，∴AE⊥BC，又 AD∥BC， ∴AE⊥AD，2 分 得分点② ∵PA⊥平面 ABCD，AE⊂平面 ABCD， ∴PA⊥AE，3 分 得分点③ 又 PA∩AD＝A，∴AE⊥平面 PAD，4 分 得分点④ 又 AE⊂平面 AEF，所以平面 AEF⊥平面 PAD．5 分 得分点⑤ (2)又 PA⊥AD，∴PA、AE、AD 两两垂直， 以 A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，6 分 得分点⑥ 不妨设 AB＝AP＝2，则 AE＝ 3， 则 A(0,0,0)，C( 3，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E( 3，0,0)，M(0,1,1)，7 分 得分点⑦ 设PF→＝λPC→＝λ( 3，1，－2)，0≤λ≤1， 则AF→＝AP→ ＋PF→＝(0,0,2)＋λ( 3，1，－2)＝( 3λ，λ，2－2λ)， 高考 - 21 - / 27 又AE→＝( 3，0，0)， 设 n＝(x，y，z)是平面 AEF 的一个法向量， 则 n·AE→＝ 3x＝0 n·AF→＝ 3λx＋λy＋(2－2λ)z＝0 ， 取 z＝λ，得 n＝(0,2λ－2，λ)，10 分 得分点⑧ 设直线 EM 与平面 AEF 所成角为θ， 由EM→ ＝(－ 3，1，1)，得： sin θ＝|cos〈EM→ ，n〉|＝ |EM→ ·n| |EM→ |·|n| ＝ |3λ－2| 5· 2λ－2 2＋λ2 ＝ 1 5 ． 化简得：10λ2－13λ＋4＝0， 解得λ＝ 1 2 或λ＝ 4 5 ，11 分 得分点⑨ 故存在点 F 满足题意，此时 PF PC 为 1 2 或 4 5 ．12 分 得分点⑩ 【评分细则】 ①证出△ABC 是正三角形得 1 分． ②证出 AE⊥AD 得 1 分． ③由线面垂直性质证出 PA⊥AE 得 1 分，不写 AE⊂平面 ABCD 不得分． ④由线面垂直的判定证出 AE⊥平面 PAD 得 1 分． ⑤证出平面 AEF⊥平面 PAD 得 1 分，条件不全不得分． ⑥建出空间直角坐标系得 1 分． ⑦设出PF→＝λPC→得 1 分． ⑧求出平面 AEF 的法向量得 3 分，算错但写出AE→，AF→坐标得 1 分． 高考 - 22 - / 27 ⑨求出λ得 2 分，算错但写出 sin θ＝|cos〈EM→ ，n〉|＝ |EM→ ·n| |EM→ ||n| 得 1 分． ⑩得出正确结论得 1 分． 【名师点评】 1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的 核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分， 所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中 AE⊂平面 ABCD． (2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定 要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF→＝AP→ ＋PF→等． (3)思维发散：也可通过证 AD⊥PA、AD⊥AE 证得 AD⊥平面 AEF，进而证得平面 AEF ⊥平面 PAD． 〔变式训练 4〕 (2021·某某省质检)如图所示，等腰梯形 ABCD 的底角∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形 ADEF 所在的平面垂直于平面 ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2． (1)证明：平面 ABE⊥平面 EBD； (2)点 M 在线段 EF 上，试确定点 M 的位置，使平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角 的余弦值为 3 4 ． [解析](1)证明：∵平面 ABCD⊥平面 ADEF， 平面 ABCD∩平面 ADEF＝AD，ED⊥AD， 高考 - 23 - / 27 ∴ED⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， ∴ED⊥AB， ∵AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°， ∴BD＝ 1＋4－2×1×2cos 60°＝ 3， ∴AB2＋BD2＝AD2， ∴AB⊥BD，又∴BD⊂平面 BDE， BD∩ED＝D，AB⊥平面 BDE，AB⊂平面 ABE， ∴平面 ABE⊥平面 EBD． (2)以 B 为坐标原点，以 BA，BD 为 x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系 B－xyz， 则 A(1,0,0)，B(0,0,0)，C － 1 2 ， 3 2 ，0 ，D(0， 3，0)，E(0， 3，2)，F(1,0,1)， 则CD→ ＝ 1 2 ， 3 2 ，0 ，DE→ ＝(0,0,2)， BA→ ＝(1,0,0)，EF→＝(1，－ 3，－1)， 设EM→ ＝λEF→＝(λ，－ 3λ，－λ)，(0≤λ≤1)， 则BM→ ＝BE→＋EM→ ＝(λ， 3－ 3λ，2－λ)， 设平面 CDE 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，平面 ABM 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 m·CD→ ＝ 1 2 x1＋ 3 2 y1＝0， m·DE→ ＝2z1＝0， 即 x1＝－ 3y1， z1＝0， 不妨取 y1＝1，则 m＝(－ 3，1,0)， 高考 - 24 - / 27 n·BA→ ＝x2＝0， n·BM→ ＝λx2＋ 3－ 3λ y2＋ 2－λ z2＝0 不妨取 y2＝2－λ，则 n＝(0,2－λ， 3λ－ 3)， ∴|cos θ|＝ |m·n| |m|·|n| ＝ |2－λ| 2 4λ2－10λ＋7 ＝ 3 4 ， 即λ＝ 1 2 或λ＝ 5 4 (舍)， 即点 M 为线段 EF 的中点时，平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为 3 4 ． 考点四,立体几何中的探索性问题(文) 例 4 (2018·全国Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧CD︵ 所在平面垂直，M 是CD︵ 上异于 C，D 的点． (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC∥平面 PBD？说明理由． 【分析】 ①看到平面 AMD⊥平面 BMC，想到利用面面垂直的判定定理寻找条件证明； ②看到 MC∥平面 PBD，想到利用线面平行的定理进行分析． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)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．3 分 得分点① 因为 M 为CD︵ 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM． 高考 - 25 - / 27 又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC．5 分 得分点② 而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC．6 分 得分点③ (2)当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD．7 分 得分点④ 证明如下：连接 AC 交 BD 于 O．因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点， 连接 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP．10 分 得分点⑤ MC⊄ 平面 PBD，OP⊂平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD．12 分 得分点⑥ 【评分细则】 ①由平面 CMD⊥平面 ABCD 推出 BC⊥DM，给 3 分． ②由线线垂直得到 DM⊥平面 BMC，给 2 分． ③由线面垂直得到，平面 AMD⊥平面 BMC，给 1 分． ④点明 P 为中点时，MC∥平面 PBD，给 1 分． ⑤正确作出辅助线并证得 MC∥OP，给 3 分． ⑥由线线平行证得 MC∥平面 PBD，给 2 分． 【名师点评】 1．核心素养：探索性的立体几何问题在高考中虽不多见，但作为高考命题的一种题型， 要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径，此类问题主要考查考生“直观想象”的核心素 养． 2．解题技巧：(1)得分步骤要写全：如第(1)问中，面面垂直性质定理的应用，BC⊥CD， BC⊂平面 ABCD，不能丢． (2)得分关键：明确探索性试题的解题要领是先假设存在，然后采用相关定理或性质进行 论证；第(2)问中，把假设当作已知条件进行推理论证，会起到事半功倍之效． 高考 - 26 - / 27 〔变式训练 4〕 如图所示，平面 ABCD⊥平面 BCE，四边形 ABCD 为矩形，BC＝CE，点 F 为 CE 的中点． (1)证明：AE∥平面 BDF； (2)点 M 为 CD 上任意一点，在线段 AE 上是否存在点 P，使得 PM⊥BE？若存在，确定 点 P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． [解析](1)证明：连接 AC 交 BD 于点 O，连接 OF． ∵四边形 ABCD 是矩形，∴O 为 AC 的中点， 又 F 为 EC 的中点，∴OF∥AE． 又 OF⊂平面 BDF，AE⊄ 平面 BDF， ∴AE∥平面 BDF． (2)当点 P 为 AE 的中点时，有 PM⊥BE，证明如下： 取 BE 的中点 H，连接 DP，PH，CH． ∵P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点，∴PH∥AB． 又 AB∥CD，∴PH∥CD， 高考 - 27 - / 27 ∴P，H，C，D 四点共面． ∵平面 ABCD⊥平面 BCE，且平面 ABCD∩平面 BCE＝BC，CD⊥BC， CD⊂平面 ABCD，∴CD⊥平面 BCE． 又 BE⊂平面 BCE，∴CD⊥BE， ∵BC＝CE，且 H 为 BE 的中点， ∴CH⊥BE． 又 CH∩CD＝C，且 CH，CD⊂平面 DPHC， ∴BE⊥平面 DPHC． 又 PM⊂平面 DPHC，∴PM⊥BE．