2019年高考数学一轮复习专题探究课4立体几何中的高考热点问题（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 四 立体几何中的高考热点问题 (对应学生用书第 127 页 ) 命题解读 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用 “ 论证与计算 ” 相结合的模式，即首先利用定义、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，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查 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

2、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 用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题： (1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证明三条轴两两垂直 (扣分点 ) (2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里 (3)计算要认真细心，特别是 |n|， n1、 n2的运算 (4)弄清各空间角与向量夹角的关系 如图 1 所示，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧棱垂直于底面， AB BC， A

3、A1 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. 又因为 AB BC， BB1 BC B，所以 AB 平面 B1BCC1.又 AB 平面 ABE， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以平面 ABE 平面 B1BCC1. (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

4、点， 所以 FG AC，且 FG 12AC 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. 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. 又因为 E， H 分别是 A1C1， AC 的中点， 所以 EC1 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

5、平面 C1HF. 又 C1F 平面 C1HF， 所以 C1F 平面 ABE. (3)因为 AA1 AC 2， BC 1， AB BC， 所以 AB AC2 BC2 3. 所以三棱锥 EABC 的体积 V 13S ABC AA1 13 12 312 33 . 规律方法 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 . 证明 C1F 平面 ABE： 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. 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=【 ;精

6、品教育资源文库 】 = 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 . 跟踪训练 如图 2 所示，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中， PA 底面 ABCD， E， F 分别是PC， PD 的中点， PA AB 1， BC 2. 图 2 (1)求证： EF 平面 PAB； (2)求证：平面 PAD 平面 PDC 【导学号： 79140259】 证明 以 A 为原点， AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系如图所示， 则 A(0,0,0)， B(1,

7、0,0)， C(1,2,0)， D(0,2,0)， P(0,0,1)，所以 E? ?12， 1， 12 ， F? ?0， 1， 12 ，EF ? ? 12， 0， 0 ， AP (0,0,1)， AD (0,2,0)， DC (1,0,0)， AB (1,0,0) (1)因为 EF 12AB ，所以 EF AB ，即 EF AB. 又 AB 平面 PAB， EF?/ 平面 PAB， 所以 EF 平面 PAB. (2)因为 AP DC (0,0,1)(1,0,0 ) 0， AD DC (0,2,0)(1,0,0) 0， 所以 AP DC ， AD DC ，即 AP DC， AD DC 又因为 A

8、P AD A， AP 平面 PAD， AD 平面 PAD， 所以 DC 平面 PAD. 因为 DC 平面 PDC， 所以平面 PAD 平面 PDC =【 ;精品教育资源文库 】 = 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 3，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD， PA PD， PA PD， AB AD， AB 1， AD 2，

9、 AC CD 5. 图 3 (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 AMAP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. 又因为 PA PD， 所以 PD 平面 PAB. (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. 因为 CO 平面 ABCD，所以

10、 PO CO. 因为 AC CD，所以 CO AD. 如图，建立空间直角坐标系 Oxyz. =【 ;精品教育资源文库 】 = 由题意得， A(0,1,0)， B(1,1,0)， C(2,0,0)， D(0， 1,0)， P(0,0,1) 设平面 PCD 的法向量为 n (x， y， z)，则? n PD 0，n PC 0，即? y z 0，2x z 0. 令 z 2，则 x 1， y 2. 所以 n (1， 2,2) 又 PB (1,1， 1)，所以 cos n， PB n PB|n|PB | 33 . 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 33 . (3)设 M 是棱 PA 上一

11、点， 则存在 0,1 使得 AM AP . 因此点 M(0,1 ， )， BM ( 1， ， ) 因为 BM?/ 平面 PCD，所以要使 BM 平面 PCD 当且仅当 BM n 0，即 ( 1， ， )(1 ， 2,2) 0. 解得 14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM 平面 PCD，此时 AMAP 14. 规律方法 解立体几何中探索性问题的方法 通常假设题中的数学对象存在 或结论成立 ，然后在这个前提下进行逻辑推理； 若能推导出与条件吻合的数据或事实 ，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； 若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在 . 易错警示：探索线段上

12、是否存在点时，注意三点共线条件的应用 . 跟踪训练 (2017 湖南五市十校联考 )如图 4，在四棱锥 PABCD 中， PA 平面 ABCD，AD BC， AD CD，且 AD CD 2 2， BC 4 2， PA 2. =【 ;精品教育资源文库 】 = 图 4 (1)求证： AB PC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 的大小为 45 ，如果存在，求 BM 与平面 MAC 夹角的正弦值，如果不存在，请说明理由 解 (1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形， 由 AD CD 2 2， BC 4 2，可得 ABC 是等腰直角三角形，即 AB AC，

13、 因为 PA 平面 ABCD，所以 PA AB，又 PA AC A， 所以 AB 平面 PAC， 所以 AB PC (2)法一： (作图法 ) 过点 M 作 MN AD 交 AD 于点 N，则 MN PA，因为 PA 平面 ABCD，所以 MN 平面 ABCD. 过点 M 作 MG AC 交 AC 于点 G，连接 NG，则 MGN 是二面角 MACD 的平面角 若 MGN 45 ，则 NG MN，又 AN 2NG 2MN，所以 MN 1，所以 MN 12PA，所以 M是 PD 的中点 在三棱锥 MABC 中，可得 VMABC 13S ABC MN， 设点 B 到平面 MAC 的距离是 h，则

14、VBMAC 13S MAC h， 所以 S ABC MN S MAC h，解得 h 2 2. 在 Rt BMN 中，可得 BM 3 3. 设 BM 与平面 MAC 的夹角为 ，则 sin hBM 2 69 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 法二： (向量法 ) 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， C(2 2， 2 2， 0)，D(0,2 2， 0)， P(0,0,2)， B(2 2， 2 2， 0)， PD (0,2 2， 2)， AC (2 2， 2 2， 0) 设 PM t PD (0 t 1)，则点 M 的坐标为 (0,2 2t,2 2t)，所以 AM (0,2 2

15、t,2 2t) 设平面 MAC 的法向量是 n (x， y， z)，则 ? n AC 0n AM 0，得 ? 2 2x 2 2y 02 2ty (2 2t)z 0，则可取 n ? ?1， 1， 2t1 t . 又 m (0,0,1)是平面 ACD 的一个法向量， 所以 |cos m， n | |m n|m|n| ? ?2tt 12 ? ?2tt 1 2 cos 45 22 ， 解得 t 12，即点 M 是线段 PD 的中点 此时平面 MAC 的一个法向量可取 n0 (1， 1， 2)， BM ( 2 2， 3 2， 1) 设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ，则 sin |cos n0， BM | 2 69 . 平面图形的翻折问题 (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，注重考查空间想象能力、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 ) 如图 5，