高考北师版理科数学一轮复习讲义 热点探究课4 立体几何中的高考热点题型.docx

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高考北师版理科数学一轮复习讲义热点探究课4立体几何中的高考热点题型

热点探究课（四）　立体几何中的高考热点题型

[命题解读]　1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．客观题主要考查空间概念，点、线、面位置关系的判定、三视图．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.2.立体几何重点考查学生的空间想象能力、数学运算和逻辑推理论证能力．考查的热点是以几何体为载体的平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出了转化化归思想与数形结合的思想方法．

热点1　空间点、线、面间的位置关系

空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．

　如图1所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．

图1

（1）求证：

平面ABE⊥平面B1BCC1；

（2）求证：

C1F∥平面ABE；

（3）求三棱锥EABC的体积．

[解]　

（1）证明：

在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.2分

又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE，

所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分

　　　　　　①　　　　　　　②

（2）证明：

法一：

如图①，取AB中点G，连接EG，FG.

因为G，F分别是AB，BC的中点，

所以FG∥AC，且FG＝AC.6分

因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，

所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形，

所以C1F∥EG.

又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，

所以C1F∥平面ABE.8分

法二：

如图②，取AC的中点H，连接C1H，FH.

因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB.6分

又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，

所以EC1AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，

所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，

所以平面ABE∥平面C1HF.

又C1F平面C1HF，

所以C1F∥平面ABE.8分

（3）因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，

所以AB＝＝.10分

所以三棱锥EABC的体积

V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.12分

[规律方法]　1.

（1）证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．

（2）证明C1F∥平面ABE：

①利用判定定理，关键是在平面ABE中找（作）出直线EG，且满足C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化．

2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化．

[对点训练1]　（2017·天津联考）如图2，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，CD＝BC＝AB＝1，点P为CE的中点．

图2

（1）求证：

AB⊥DE；

（2）求DE与平面ABCD所成角的大小；

（3）求三棱锥DABP的体积.

【导学号：

57962365】

[解]　

（1）证明：

取AB的中点O，连接OD，OE.

∵△ABE是正三角形，∴AB⊥OE.

∵四边形ABCD是直角梯形，DC＝AB，AB∥CD，

∴四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.3分

又AB⊥BC，∴AB⊥OD.

∵OD，OE平面ODE，且OD∩OE＝O，

∴AB⊥平面ODE.

∵DE平面ODE，

∴AB⊥DE.5分

（2）∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，

OE⊥AB，OE平面ABE，

∴OE⊥平面ABCD，

∴∠ODE即为所求，

在△ODE中，OD＝1，OE＝，∠DOE＝90°，

∴tan∠ODE＝.

又∵∠ODE为锐角，∴∠ODE＝60°.8分

（3）∵P为CE的中点，

∴V三棱锥DABP＝V三棱锥PABD＝V三棱锥EABD.10分

∵OE⊥平面ABCD，

∴V三棱锥EABD＝S△ABD·OE＝××＝，

∴V三棱锥DABP＝V三棱锥PABD＝V三棱锥EABD＝.12分

热点2　平面图形折叠成空间几何体（答题模板）

将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．

　（本小题满分12分）（2016·全国卷Ⅱ）如图3，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

图3

（1）证明：

D′H⊥平面ABCD；

（2）求二面角BD′AC的正弦值．

[思路点拨]　

（1）利用已知条件及翻折的性质得出D′H⊥EF，利用勾股定理逆定理得出D′H⊥OH，从而得出结论；

（2）在第

（1）问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值．

[规范解答]　

（1）证明：

由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得＝，

故AC∥EF.

因为EF⊥HD，从而EF⊥D′H.2分

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得＝＝.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.4分

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.5分

（2）如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H（0,0,0），A（－3，－1,0），B（0，－5,0），C（3，－1,0），D′（0,0,3），

＝（3，－4,0），＝（6,0,0），＝（3,1,3）.7分

设m＝（x1，y1，z1）是平面ABD′的法向量，则

即

所以可取m＝（4,3，－5）．

设n＝（x2，y2，z2）是平面ACD′的法向量，则

即

所以可取n＝（0，－3,1）.10分

于是cos〈m，n〉＝＝＝－.

sin〈m，n〉＝.

因此二面角BD′AC的正弦值是.12分

[答题模板]　第一步：

由平行线性质及题设，证明EF⊥D′H.

第二步：

利用线面垂直的判定，得D′H⊥平面ABCD.

第三步：

建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标．

第四步：

利用方程思想，计算两平面的法向量．

第五步：

由法向量的夹角，求二面角BD′AC的正弦值．

第六步：

检验反思，查看关键点，规范解题步骤．

[温馨提示]　1.在第

（1）问，易忽视D′H⊥OH的论证及条件OH∩EF＝H，导致推理不严谨而失分．

2．正确的计算结果是得分的关键，本题易发生写错点的坐标，或求错两半平面的法向量导致严重失分．

3．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不给分，因此要抓住得分点．

[对点训练2]　（2017·西安调研）如图4①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图4②.

图4

（1）证明：

CD⊥平面A1OC；

（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.

【导学号：

57962366】

[解]　

（1）证明：

在图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，2分

即在题图②中，BE⊥OA1，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分

（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

又由

（1）知，BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角，

所以∠A1OC＝.7分

如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，

因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，

BC∥ED，

所以B，E，

A1，C，

得B＝，＝，

＝＝（－，0,0）.9分

设平面A1BC的法向量n1＝（x1，y1，z1），平面A1CD的法向量n2＝（x2，y2，z2），平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝（1,1,1）；

得取n2＝（0,1,1），

从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，

即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.12分

热点3　立体几何中的探索开放问题

此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：

（1）根据条件作出判断，再进一步论证；

（2）利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．

　（2016·北京高考）如图5，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

图5

（1）求证：

PD⊥平面PAB；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？

若存在，求的值；若不存在，说明理由．

[解]　

（1）证明：

因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.2分

又因为PA⊥PD，

所以PD⊥平面PAB.3分

（2）取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.5分

因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图，建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意得，A（0,1,0），B（1,1,0），C（2,0,0），D（0，－1,0），P（0,0,1）.6分

设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），则

即

令z＝2，则x＝1，y＝－2.

所以n＝（1，－2,2）．

又＝（1,1，－1），所以cos〈n，〉＝＝－.

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.8分

（3）设M是棱PA上一点，

则存在λ∈[0,1]使得＝λ.

因此点M（0,1－λ，λ），＝（－1，－λ，λ）.10分

因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即（－1，－λ，λ）·（1，－2,2）＝0.

解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.

12分

[规律方法]　1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，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．

2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．

[对点训练3]　（2017·江南名校联考）如图6，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．

图6

（1）求证：

DE∥平面BPC；

（2）线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？

若存在，试求出二面角FPCD的余弦值；若不存在，请说明理由.

【导学号：

57962367】

[解]　

（1）证明：

取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.1分