北师版文数高考一轮复习 第7章 热点探究课4 立体几何中的高考热点问题Word格式文档下载.docx
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(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长,计算侧棱,求出各个侧面的面积.
[规范解答]
(1)证明:
因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,AC平面ABCD,所以AC⊥BE.2分
因为BD∩BE=B,故AC⊥平面BED.
又AC平面AEC,
所以平面AEC⊥平面BED.4分
(2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°
,可得AG=GC=x,GB=GD=.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x.6分
由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=x.
由已知得,三棱锥EACD的体积V三棱锥EACD=×
·
AC·
GD·
BE=x3=,故x=2.9分
从而可得AE=EC=ED=.
所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3+2.12分
[答题模板] 第一步:
由线面垂直的性质,得线线垂直AC⊥BE.
第二步:
根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC⊥平面BED.
第三步:
利用棱锥的体积求出底面菱形的边长.
第四步:
计算各个侧面三角形的面积,求得四棱锥的侧面积.
第五步:
检验反思,查看关键点,规范步骤.
[温馨提示] 1.在第
(1)问,易忽视条件BD∩BE=B,AC平面AEC,造成推理不严谨,导致扣分.
2.正确的计算结果是得分的关键,本题在求三棱锥的体积与侧面积时,需要计算的量较多,防止计算结果错误失分,另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全.阅卷时根据得分点评分,有则得分,无则不得分.
[对点训练1] 如图2,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2
(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,因为BB1⊥底面ABC,AB平面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
(2)证明:
取AB的中点G,连接EG,FG.
因为G,F分别是AB,BC的中点,
所以FG∥AC,且FG=AC.
因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1,6分
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
(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
热点2 平面图形折叠成空间几何体
先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量,是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.
如图3,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现沿AE将三角形ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:
图3
(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?
若存在,请证明你的结论;
若不存在,请说明理由;
(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:
平面BDE⊥平面ADE.
[解]
(1)如图,线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.
1分
证明如下:
设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.
∵AK=AB,F为AE的中点,
∴KF∥EH,∴KF∥BC.3分
∵KF平面DFK,BC平面DFK,
∴BC∥平面DFK.5分
∵在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,
∴在折起后的图形中,AE=BE=,
从而AE2+BE2=4=AB2,∴AE⊥BE.8分
∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,
∴BE⊥平面ADE.
∵BE平面BDE,∴平面BDE⊥平面ADE.12分
[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.
[对点训练2] (2016·
全国卷Ⅱ)如图4,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,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.
图4
AC⊥HD′;
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱锥D′ABCFE的体积.
【导学号:
00090257】
由已知得AC⊥BD,AD=CD.2分
又由AE=CF得=,
故AC∥EF.
由此得EF⊥HD,故EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.5分
(2)由EF∥AC得==.
由AB=5,AC=6得DO=BO==4.7分
所以OH=1,D′H=DH=3.
于是OD′2+OH2=
(2)2+12=9=D′H2,
故OD′⊥OH.
由
(1)知AC⊥HD′,又AC⊥BD,BD∩HD′=H,
所以AC⊥平面BHD′,于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,
所以OD′⊥平面ABC.
又由=得EF=.10分
五边形ABCFE的面积S=×
6×
8-×
3=.
所以五棱锥D′ABCFE的体积V=×
热点3 线、面位置关系中的开放存在性问题
是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点,常以解答题中最后一问的形式出现,一般有三种类型:
(1)条件追溯型.
(2)存在探索型.(3)方法类比探索型.
(2018·
秦皇岛模拟)如图5所示,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且E,F分别为PC,BD的中点.
图5
EF∥平面PAD;
(2)在线段CD上是否存在一点G,使得平面EFG⊥平面PDC?
若存在,请说明其位置,并加以证明;
若不存在,请说明理由.
如图所示,连接AC,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,且点F为对角线BD的中点.2分
所以对角线AC经过点F.
又在△PAC中,点E为PC的中点,
所以EF为△PAC的中位线,
所以EF∥PA.
又PA平面PAD,EF平面PAD,
所以EF∥平面PAD.5分
(2)存在满足要求的点G.
在线段CD上存在一点G为CD的中点,使得平面EFG⊥平面PDC.
因为底面ABCD是边长为a的正方形,
所以CD⊥AD.7分
又侧面PAD⊥底面ABCD,CD平面ABCD,侧面PAD∩平面ABCD=AD,
所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD,所以CD⊥EF.
取CD中点G,连接FG,EG.9分
因为F为BD中点,
所以FG∥AD.
又CD⊥AD,所以FG⊥CD,
又FG∩EF=F,
所以CD⊥平面EFG,
又CD平面PDC,
所以平面EFG⊥平面PDC.12分
[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中,“中点”是经常使用的一个特殊点,通过找“中点”,连“中点”,即可出现平行线,而线线平行是平行关系的根本.
2.第
(2)问是探索开放性问题,采用了先猜后证,即先观察与尝试给出条件再加以证明,对于命题结论的探索,常从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.
[对点训练3] (2017·
湖南师大附中检测)如图6,四棱锥SABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.
图6
AC⊥SD;
(2)若SD⊥平面PAC,则侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?
若存在,求SE∶EC;
若不存在,请说明理由.【导学号:
00090258】
[证明]
(1)连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥,所以SO⊥AC.2分
在正方形ABCD中,AC⊥BD,又SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD.
因为SD平面SBD,所以AC⊥SD.5分
(2)在棱SC上存在一点E,使得BE∥平面PAC.
连接OP.设正方形ABCD的边长为a,则SC=SD=A.7分
由SD⊥平面PAC得SD⊥PC,易求得PD=.
故可在SP上取一点N,使得PN=PD.
过点N作PC的平行线与SC交于点E,连接BE,BN,
在△BDN中,易得BN∥PO.10分
又因为NE∥PC,NE平面BNE,BN平面BNE,BN∩NE=N,PO平面PAC,PC平面PAC,PO∩PC=P,
所以平面BEN∥平面PAC,所以BE∥平面PAC.
因为SN∶NP=2∶1,所以SE∶EC=2∶1.12分