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文档介绍
【数学】2018届一轮复习人教A版第7章热点探究课4立体几何中的高考热点问题-学案
热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题 [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B1BCC1.6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.8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.10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.8分 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点， 所以EC1綊AH，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.10分 (3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝.12分 所以三棱锥EABC的体积 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.15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：51062252】 [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°.10分 (3)∵P为CE的中点， ∴V三棱锥DABP＝V三棱锥PABD＝V三棱锥EABD.12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＝.15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15分)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.5分 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.6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).9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).12分 于是cos〈m，n〉＝＝＝－. sin〈m，n〉＝. 因此二面角BD′AC的正弦值是.15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·嘉兴调研)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：51062253】 [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.6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＝.8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).10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cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.15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． 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.4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.6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.10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).12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＝.15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·浙江名校联考)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：51062254】 [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 ∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA， 又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形， ∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中， BN＝＝＝6， ∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点， ∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，4分 ∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形， ∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC， ∴DE∥平面BPC.6分 (2)由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz， 则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8).8分 假设AB上存在一点F使CF⊥BD， 设点F坐标为(8，t,0)， 则＝(8，t－6,0)，＝(8,12,0)， 由·＝0得t＝.10分 又平面DPC的一个法向量为m＝(1,0,0)， 设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)． 又＝(0,6，－8)，＝.12分 由得即 不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)． 则cos〈n，m〉＝＝＝. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角FPCD的余弦值为.15分 热点4 利用向量求空间角 在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等． 如图7，在四棱锥AEFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点． 图7 (1)求证：AO⊥BE； (2)求二面角FAEB的余弦值； (3)若BE⊥平面AOC，求a的值． [解] (1)证明：因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点， 所以AO⊥EF.1分 又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF， 所以AO⊥平面EFCB， 所以AO⊥BE.4分 (2)取BC的中点G，连接OG. 由题设知四边形EFCB是等腰梯形， 所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB， 又OG⊂平面EFCB， 所以OA⊥OG.6分 如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2－a)，0)，＝(－a,0, a)，＝(a－2，(a－2)，0)． 设平面AEB的一个法向量n＝(x，y，z)， 则 即8分 令z＝1，则x＝，y＝－1，于是n＝(，－1,1)． 又平面AEF的一个法向量为p＝(0,1,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为－.10分 (3)因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥CO，即·＝0. 因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)， 所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.12分 由·＝0及0查看更多