解答题专项突破(四)高考中立体几何问题的热点题型 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 解答题专项突破解答题专项突破( (四四) ) 高考中立体几何问题的热点题型高考中立体几何问题的热点题型 第七章 立体几何 立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答 题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力解答题主要采 用证明与计算相结合的模式， 即首先利用定义、 定理、 公理等证明空间线线、 线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角计算求解重在 考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有 以下几种

2、常见的热点题型 热点题型 1 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 典例 (2019 天津高考) 如图，AE平面 ABCD，CFAE，ADBC，AD AB，ABAD1，AEBC2. (1)求证：BF平面 ADE； (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 EBDF 的余弦值为1 3， 求线段 CF 的长 解题思路 由条件知 AB，AD，AE 两两垂直，可以 A 为坐标原点建立 空间直角坐标系，用空间向量解决 (1)寻找平面 ADE 的法向量，证明BF 与此法向量垂直，即得线面平行 (2)CE 与平面 BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线 CE 和 平面

3、 BDE 所成角的正弦值； (3)设 CFh，用 h 表示二面角 EBDF 的余弦值，通过解方程得到 线段长 解题思路解题思路 规范解答 (1)证明：以 A 为坐标原点，AB 所在的直线为 x 轴，AD 所在 的直线为 y 轴，AE 所在的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，设 F(1,2，h) 规范解答规范解答 依题意，AB (1,0,0)是平面 ADE 的一个法向量， 又BF (0,2，h)，可得BF AB 0， 又直线 BF平面 ADE， 所以 BF平面 ADE. (2)依题意， D(0,1,0)， E(0,0,2)， C(1,2,0)，

4、则BD (1,1,0)， BE (1,0,2)， CE (1，2,2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则 n BD 0， n BE 0， 规范解答规范解答 即 xy0， x2z0， 不妨令 z1，可得 n(2,2,1) 因此有 cosCE ，n CE n |CE |n| 4 9. 所以直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m(x1，y1，z1)为平面 BDF 的法向量， 则 m BD 0， m BF 0， 即 x1y10， 2y1hz10， 不妨令 y11，可得 m 1，1，2 h . 规范解答规范解答 由题意，有|cosm，n| |m n| |m|n

5、| 42 h 3 2 4 h2 1 3， 解得 h8 7.经检验，符合题意 所以线段 CF 的长为8 7. 规范解答规范解答 热点题型 2 平面图形的折叠问题 典例 (2018 全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置， 且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 解题思路 (1)翻折前后的不变关系，四边形 ABFE 是矩形 证明 BF平面 PEF. 证明平面 PEF平面 ABFD. (2)解法一：建系：借助第(1)问，过 P 作平面

6、 ABFD 的垂线为 z 轴，垂 足为原点，EF 所在直线为 y 轴，建系 求直线 DP 的方向向量和平面 ABFD 的法向量 由公式计算所求角的正弦值 解法二：作：过 P 作 PHEF 交 EF 于点 H，连接 DH. 证： 证明 PH平面 ABFD， 得PDH 为直线 DP 与平面 ABFD 所成角 算： 在 RtPDH 中， PD 的长度是正方形 ABCD 的边长， PHD90 ， 易知要求 sinPDH，关键是求 PH；由此想到判断PEF 的形状，进一步想 到证明 PF平面 PED. 解题思路解题思路 规范解答 (1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又 PFEFF， 所以 BF平

7、面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解法一：作 PHEF，垂足为 H. 由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 Hxyz，设正方形 ABCD 的边长为 2. 规范解答规范解答 由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE 3. 又 PF1，EF2，故 PEPF. 所以 PH 3 2 ，EH3 2，则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 2 ， 规范解答规范解答 D 1，3 2，0 ，DP 1，3 2， 3 2 ，HP 0，0， 3 2 为平面 ABFD 的一 个法向量

8、 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ， 则 sin |HP DP | |HP |DP | 3 4 3 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 规范解答规范解答 解法二：因为 PFBF，BFED，所以 PFED， 又 PFPD，EDPDD，所以 PF平面 PED， 所以 PFPE，设 AB4，则 EF4，PF2， 所以 PE2 3，过 P 作 PHEF 交 EF 于点 H， 因为平面 PEF平面 ABFD， 所以 PH平面 ABFD， 连接 DH， 规范解答规范解答 则PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角， 因为 PE PFEF PH， 所以 P

9、H2 32 4 3， 因为 PD4，所以 sinPDHPH PD 3 4 ， 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 规范解答规范解答 热点题型 3 立体几何中的探索性问题 典例 (2019 湖北“四地七校”联考)在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 2的正方形，平面 PAC底面 ABCD，PAPC2 2. (1)求证：PBPD； (2)若点 M，N 分别是棱 PA，PC 的中点，平面 DMN 与棱 PB 的交点为点 Q，则在线段 BC 上是否存在一点 H，使得 DQPH？若存在，求 BH 的长； 若不存在，请说明理由 解题思路 (1)要证 PBPD，想到

10、在PBD 中，证明 BD 边上的中线垂 直于 BD，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直 (2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面 DMN 的法向量 n，分别依据 P，B，Q 共线和 B，C，H 共线，设PQ PB 和BH tBC ，利用 垂直关系列方程先求 再求 t，确定点 H 的位置 解题思路解题思路 规范解答 (1)证明：记 ACBDO，连接 PO， 底面 ABCD 为正方形， OAOCOBOD2. PAPC， POAC， 平面 PAC底面 ABCD，且平面 PAC底面 ABCDAC，PO平面 PAC， PO底面 ABCD. BD底面 ABCD，POBD. PBP

11、D. 规范解答规范解答 (2)存在以 O 为坐标原点，射线 OB，OC，OP 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知 OP2. 规范解答规范解答 可得 P(0,0,2)，A(0，2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(2，0,0)， 可得 M(0，1,1)，N(0,1,1)，DM (2，1,1)，MN (0，2,0) 设平面 DMN 的法向量 n(x，y，z)， DM n0，MN n0， 2xyz0， 2y0. 令 x1，可得 n(1,0，2) 记PQ PB (2，0，2)，可得 Q(2，0,22)， DQ (22,0,22)，DQ n0， 可得 22440，解得 1 3. 规范解答规范解答 可得DQ 8 3，0， 4 3 . 记BH tBC (2t,2t,0)，可得 H(22t,2t,0)， PH (22t,2t，2)，若 DQPH，则DQ PH 0， 8 3(22t) 4 3(2)0，解得 t 1 2. 故 BH 2. 故在线段 BC 上存在一点 H，使得 DQPH， 此时 BH 2. 规范解答规范解答 本课结束本课结束