专题04+立体几何-2019高考数学(理)热点题型.doc

专题04+立体几何-2019高考数学(理)热点题型.doc

《专题04+立体几何-2019高考数学(理)热点题型.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题04+立体几何-2019高考数学(理)热点题型.doc（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

立体几何

热点一　空间点、线、面的位置关系及空间角的计算

空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第

（1）问，解答题的第

（2）问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.

【例1】（满分12分）如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.

（1）证明：

直线CE∥平面PAB；

（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.

教材探源　本题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础上进行了改造，删去了例4的第

（2）问，引入线面角的求解.

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，3分（得分点2）

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，

故CE∥平面PAB.4分（得分点3）

（2）解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则

A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，1，），

＝（1，0，－），＝（1，0，0）.

＝，

即（x－1）2＋y2－z2＝0.①

又M在棱PC上，设＝λ，则

x＝λ，y＝1，z＝－λ.②

由①，②解得（舍去），

所以M，从而＝.8分（得分点5）

设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则

即

所以可取m＝（0，－，2）.10分（得分点6）

于是cos〈m，n〉＝＝.

因此二面角M－AB－D的余弦值为.12分（得分点7）

得分要点

❶得步骤分：

抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第

（1）问中，作辅助线→证明线线平行→证明线面平行；第

（2）问中，建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.

❷得关键分：

（1）作辅助线；

（2）证明CE∥BF；（3）求相关向量与点的坐标；（4）求平面的法向量；（5）求二面角的余弦值，都是不可少的过程，有则给分，无则没分.

❸得计算分：

解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如（得分点4），（得分点5），（得分点6），（得分点7）.

【类题通法】利用向量求空间角的步骤

第一步：

建立空间直角坐标系.

第二步：

确定点的坐标.

第三步：

求向量（直线的方向向量、平面的法向量）坐标.

第四步：

计算向量的夹角（或函数值）.

第五步：

将向量夹角转化为所求的空间角.

第六步：

反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

【对点训练】如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA1C1C可以通过直角梯形BB1C1C以CC1为轴旋转得到，且二面角B1－CC1－A为120°.

（1）若点E是线段A1B1上的动点，求证：

DE∥平面ABC；

（2）求二面角B－AC－A1的余弦值.

又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1⊂平面DA1B1，

∴平面DA1B1∥平面CAB，

又DE⊂平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.

（2）解　在平面A1B1C1内，过C1作C1F⊥B1C1，

由题知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.

分别以C1F，C1B1，C1C为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系C1－xyz，

则C1（0，0，0），A（，－1，1），C（0，0，2），B（0，2，1），

所以＝（，－1，1），＝（0，0，2），＝（－，1，1），＝（0，－2，1），

热点二　立体几何中的探索性问题

此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：

（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.

【例2】在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点.

（1）求证：

平面DEM⊥平面ABM；

（2）在线段AM上是否存在点P，使二面角P－EC－D的大小为？

若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.

（2）解　在线段AM存在点P，理由如下：

由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，

因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，

所以ND⊥平面ABCD.以D为原点，DE，DC，DN所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系.

则D（0，0，0），E（，0，0），C（0，2，0），N（0，0，1），

＝（－，2，0），

设P（，－1，m）（0≤m≤1），则＝（0，－1，m），

易知平面ECD的一个法向量为＝（0，0，1）.

设平面PEC的法向量为n＝（x，y，z），则

即取z＝1，则n＝，

假设在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的大小为，

则cos＝＝⇒m＝，

所以符合题意的点P存在，此时AP＝.

【类题通法】

（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】如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.

（1）已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：

平面PEF⊥平面PAC；

（2）当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？

∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，

∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，

∴AC⊥EF，

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，

∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

∴EF⊥平面PAC，

∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.

（2）解　∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，

∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，

若PC与平面PAB所成的角为45°，

则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，

取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

则A（0，0，0），B（1，－1，0），C（1，1，0），E，P（0，0，），

∴＝，＝，

热点三　立体几何中的折叠问题

将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.

【例3】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图所示，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.

（1）求证：

BP⊥CE；

（2）求二面角B－PC－D的余弦值.

（2）解　以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则B（，－，0），C（，，0），D（－，，0），P（0，0，），

设平面PCD的法向量为n1＝（x1，y1，z1），

则即

令z1＝，可得n1＝，

设平面PBC的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

则即

令z2＝，可得n2＝（2，0，），

∴cos〈n1，n2〉＝＝，

结合图形判断二面角B－PC－D为钝二面角，

则二面角B－PC－D的余弦值为－.

【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清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，不在同一个平面上的性质发生变化.

【对点训练】如图

（1）所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段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

（2）所示.

（1）证明：

CD⊥平面A1OC；

（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.

（2）解　由

（1）知BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，

所以∠A1OC＝，所以OB，OC，OA1两两垂直.

如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则B（，0，0），E（－，0，0），A1（0，0，），C（0，，0），

得＝（－，，0），＝（0，，－），

由＝＝（－，0，0），得D（－，，0）.

所以＝（－，，0）.