【数学】2019届文科一轮复习人教A版7-热点探究课4立体几何中的高考热点题型教案

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【数学】2019届文科一轮复习人教A版7-热点探究课4立体几何中的高考热点题型教案

热点探究课(四) ‎ 立体几何中的高考热点题型 ‎ (对应学生用书第106页)‎ ‎[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容,几乎每年都考查一个解答题,两个选择或填空题,客观题主要考查空间概念,三视图及简单计算;解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式,即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直,并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等;同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法.‎ 热点1 线面位置关系与体积计算(答题模板)‎ 以空间几何体为载体,考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容,并常与几何体的体积计算交汇命题,考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力,同时突出转化与化归思想方法的考查,试题难度中等.‎ ‎ (本小题满分12分)(2018·长春模拟)如图1,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.‎ ‎ (1)证明:平面AEC⊥平面BED;‎ ‎ (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥EACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.‎ ‎ 【导学号:79170256】‎ 图1‎ ‎ [思路点拨] (1)注意到四边形ABCD为菱形,联想到对角线垂直,从而进一步证线面垂直,面与面垂直;(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.‎ ‎ (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.‎ 图2‎ ‎ [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 ‎ (2)证明:∵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 ‎ (1)证明:AC⊥HD′;‎ ‎ (2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱锥D′ABCFE的体积. ‎ ‎【导学号:79170257】‎ ‎ [解] (1)证明: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=××2=. 12分 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.‎ ‎ (1)求证: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.‎ 图5‎ ‎ [解] (1)证明: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 ‎ (1)求证: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:79170258】‎ ‎ [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
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