2020版高考理數(shù)大題增分課4立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題

1、1高考大題增分課四 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題（對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第 118 頁）命題解讀立體幾何是高考的重要內(nèi)容，從近五年全國卷高考試題來看，立體幾何每年必考一道解答題，難度中等，主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模式，即首先利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進(jìn)行空間角的計(jì)算，考查的熱點(diǎn)是平行與垂直的證明、二面角的 計(jì)算，平面圖形的翻折，探索存在性問題，突出三大能力：空間想象能力、運(yùn)算 能力、邏輯推理能力與兩大數(shù)學(xué)思想：轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的考查.|題型1丨空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系的證明及空間角的計(jì)算空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系通?？疾槠叫小⒋怪标P(guān)系的證明，一般

2、出現(xiàn)在解 答題的第（1）問，解答題的第 問?？疾榍罂臻g角，一般都可以建立空間直角坐 標(biāo)系，用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.【例 1】（2017 全國卷n）如圖，四棱錐 P-ABCD 中，側(cè)面 PAD 為等邊三1角形且垂直于底面 ABCD，AB= BC = qAD，/ BAD=ZABC = 90 E 是 PD 的 中占I 八、證明：直線 CE/平面 PAB;（2） 點(diǎn) M 在棱 PC 上， 且直線 BM 與底面 ABCD 所成角為 45求二面角 M-AB-D的余弦值.解證明：如圖，取 PA 的中點(diǎn) F，連接 EF，BF.2因?yàn)?E 是 PD 的中點(diǎn),31所以 EF/ AD, EF= AD.由 / BA

3、D= / ABC= 90 得 BC / AD. 又 BC= |AD，所以 EF 二 BC,四邊形 BCEF 是平行四邊形，所以 CE/ BF.又 BF?平面 PAB, CE?平面 FAB,故 CE /平面 FAB.由已知得 BA 丄 AD，以 A 為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB 的方向?yàn)?x 軸正方向，|AB|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則 A(0,0,0), B(1,0,0)，C(1,1,0),TTBM=(x1,y,z),PM=(x,y1,z.3).因?yàn)?BM 與底面 ABCD 所成的角為 45而 n= (0,0,1)是底面 ABCD 的法向量,即(x- 1)2+ y2 z2= 0.

4、TTP(0,1, .3),設(shè) M(x, y, z)(0 x |= sin 45 ，。|z| 衛(wèi)x 12+ y2+ z22，PC= (1,0,. 3)4又 M 在棱 PC 上，設(shè) PM=滬 C,貝 U x=入 y= 1, z=/3/3 入5因此二面角 M-AB-D 的余弦值為計(jì)0規(guī)律方法1 證明空間線線、線面、面面的位置關(guān)系，常借助理論證明， 必要時(shí)可依據(jù)題設(shè)條件添加輔助線2 求解空間角的問題，常借助坐標(biāo)法，即建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，通過求解相 應(yīng)平面的法向量、直線的方向向量，利用向量的夾角公式求解便可，但需注意向 量夾角與待求角的區(qū)別與聯(lián)系跟蹤練習(xí)（2018 北京高考）如圖，在三棱柱 ABC-A1B

5、1C1中，CC1丄平面 ABC,D, E, F, G 分別為 AA1, AC, A1C1, BB1的中點(diǎn)，AB= BC =J5, AC = AA1=2.x=由解得 y= 1,x= 1乎,（舍去），或 y=1,占 2，所以 M 1今，1,中，從而 AM 二 1#, 1,尹設(shè) m= （xo, yo, zo）是平面 ABM 的法向量，貝 Um AM = 0,mAB = 0,2 2 xo+ 2yo+ 6zo= 即xo= 0,0,所以可取 m = (0, 6, 2).于是 cosm, nmnVT0|m|n 廣 56求證：AC 丄平面 BEF;(2)求二面角 B-CD-Ci的余弦值；證明：直線 FG 與平

6、面 BCD 相交.解(1)證明：在三棱柱 ABC-AiBiCi中,因?yàn)?CCi丄平面 ABC,所以四邊形 AiACCi為矩形.又 E, F 分別為 AC, AiCi的中點(diǎn)，所以 AC 丄 EF.因?yàn)?AB= BC,所以 AC 丄 BE.所以 AC 丄平面 BEF.(2)由(I)知 AC 丄 EF, AC 丄 BE, EF/ CCi.又 CCi丄平面 ABC, 所以 EF 丄平面 ABC. 因?yàn)?BE?平面 ABC, 所以 EF 丄 BE.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系 E-xyz.由題意得B(0,2,0), C(- i,0,0), D(I,O,I),F(0,0,2), G(0,2,i).所以 BC=

7、 (-i,- 2,0), BD = (i,- 2,i).7設(shè)平面 BCD 的法向量為 n = (xo, yo, zo)，則n BC = 0,即X0+ 2y0= 0,I 二門X0 2y0+ Z0=In BD = 0,LJ令 y= 1,則 X0= 2, Z0= 4.于是 n = (2, 1, 4).又因?yàn)槠矫?CCiD 的法向量為 EB= (0,2,0),n EB 回=_ 百.|n|EB|由題知二面角 B-CD-Ci為鈍角，所以其余弦值為(3)證明：由(2)知平面 BCD 的法向量為 n = (2, 1, 4), FG = (0,2, 1).因?yàn)?n FG = 2X0+ ( 1)X2+ ( 4)X

8、( 1) = 2 工 0,所以直線 FG 與平面 BCD 相交.立體幾何中的探索性問1題型2|_題此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線面平行與垂直位置關(guān)系的探索或空間角的計(jì)算問題，是高考命題的熱點(diǎn)，一般有兩種考查形式：(1)根據(jù)條件作出判斷，再進(jìn)一步論證；(2)利用空間向量，先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件 判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在.【例 2】(2016 北京高考)如圖，在四棱錐 P-ABCD 中，平面 PAD 丄平面ABCD,FAXPD,FA=PD,AB 丄 AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.所以 cos ,2121 .8求證：PD 丄平面 PAB;(2) 求直線 PB 與平面 PCD

9、 所成角的正弦值；(3) 在棱 PA 上是否存在點(diǎn)M，使得 BM /平面 PCD ?若存在，求AApp的值;若不存在，說明理由.解證明：因?yàn)槠矫?PAD 丄平面 ABCD, AB 丄 AD,所以 AB 丄平面 PAD，所以 AB 丄 PD.又因?yàn)?PA 丄 PD，所以 PD 丄平面 PAB.取 AD 的中點(diǎn) 0,連接 PO，C0.因?yàn)?PA= PD,所以 P0 丄 AD.又因?yàn)?P0?平面 FAD，平面 PAD 丄平面 ABCD， 所以 P0 丄平面 ABCD.因?yàn)?C0?平面 ABCD，所以 P0 丄 C0.因?yàn)?AC = CD，所以 C0 丄 AD.由題意得，A(0,1,0), B(1,1

10、,0), C(2,0,0), D(0, 1,0)，P(0,0,1)設(shè)平面 PCD 的法向量為 n = (x, y, z),則如圖，建立空間直角坐標(biāo)系0-xyz.9nPD = 0,n PC = 0,y z= 0,、2xz= 0.令 z= 2,貝 U x= 1,，y=2.所以 n= (1, 2,2).n PB =並=亍|n|PB|所以直線 PB 與平面 PCD 所成角的正弦值為(3)設(shè) M 是棱 PA 上一點(diǎn),則存在 疋0,1使得 AM = AP.因此點(diǎn) M(0,1入入,BM = ( 1,人因?yàn)?BM?平面 PCD,所以要使 BM /平面 PCD,當(dāng)且僅當(dāng) BM n= 0,即(1,入 2) (1,

11、 2,2)= 0.1AM 1解得 =4.所以在棱 PA 上存在點(diǎn) M 使得 BM /平面 PCD，此時(shí) AP = 4.規(guī)律方法解立體幾何中探索性問題的方法1 通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在 或結(jié)論成立，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理；2 若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；3 若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立，即不存又 PB= (1,1,1),所以 cos |= 丁 =-7.|n|AD|設(shè)直線 AD 與平面 BiMN 所成角為a平面圖形的翻折問1題型3|題將平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考查點(diǎn)、線、面間的位置關(guān)系及有關(guān)幾何量的計(jì)算是近

12、年高考的熱點(diǎn)，注重考查空間想象能力、知識(shí)遷移能力 和轉(zhuǎn)nMN3x+ z= 0, 即2x+ 4y- 2z= 0,則 sina=|cosn, AD |=4 1477B12化思想試題以解答題為主要呈現(xiàn)形式，中檔難度.【例 3】（本小題滿分 12 分）（2018 全國卷I）如圖，四邊形 ABCD 為正方形13，E, F 分別為 AD, BC 的中點(diǎn)，以 DF 為折痕把厶 DFC 折起，使點(diǎn) C 到達(dá)點(diǎn)P 的位置，且 PF 丄 BF.(1)證明：平面 PEF 丄平面 ABFD ;求 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值信息提取看到ABCD 為正方形，想到正方形中的邊角關(guān)系;看到把厶 DFC 折起，想到

13、折疊問題中的“變”與“不變量”；看到想到面面垂直的判定定理，想到線面垂直，想到線線垂直；看到想到線面角的求法，想到如何建系求直線DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量.規(guī)范解答(1)證明：由已知可得，BF 丄 PF，BF 丄 EF，所以 BF 丄平面 PEF. 2分又 BF?平面 ABFD，所以平面 PEF 丄平面 ABFD. 3 分作 PH 丄 EF，垂足為 H.由(1)得，PH 丄平面 ABFD. 4 分以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF 的方向?yàn)?y 軸正方向，|BF|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 H-xyz.14由可得,DE 丄 PE.又 DP = 2，DE = 1,所以 PE= ,

14、 3.又 PF= 1，EF= 2,故PE丄PF.可得 PHEH =3.150,0,考為平面 ABFD 的法向量.10 分f f3HP DP4f3設(shè) DP 與平面 ABFD 所成角為 9,則 sin A 丨f fI =卞七.11 分 l|HP|DP|l 7即 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值為3. 12 分 易錯(cuò)與防范易錯(cuò)點(diǎn)防范措施不能恰當(dāng)?shù)慕⒆鴺?biāo)系由的結(jié)論入手，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系建系后寫不出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)結(jié)合折疊前后的不變量，注意題設(shè)條件中的隱含，如PF 丄平面 PED，即可求出 PH,從而求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo).通性通法立體幾何中的折疊問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后

15、圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況，一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.跟蹤練習(xí)（2019 湖南六校聯(lián)考）如圖，梯形 EFBC 中，EC/ FB, EF 丄 BF,2BF = 3EC = 4, EF= 2, A 是 BF 的中點(diǎn)，AD 丄 EC, D 在 EC 上，將四邊形 AFED沿 AD 折起，使得平面 AFED 丄平面 ABCD，點(diǎn)M是線段 EC 上異于 E, C 的任 意一點(diǎn).則 H(0,0,0), P 0, 0,3-216法二：TAD 丄 CD, AD 丄 ED,平面 AFED 丄平面 ABCD，平面 AFEDG平面 ABCD= AD,

16、DA, DC, DE 兩兩垂直.以 DA, DC , DE 所在直線分別為 x, y, z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)E?/Bli當(dāng)點(diǎn) M 是 EC 的中點(diǎn)時(shí)，求證：BM /平面 AFED;當(dāng)平面 BDM 與平面 ABF 所成的銳二面角的正弦值為E-BDM 的體積.解法一：取 ED 的中點(diǎn) N,連接 MN，AN,1點(diǎn)M 是而 AB / DC , 且 AB= |DC ,MN 蘭 BM/ AN, 又 BM?平面 AFED , AN?平面 AFED, BM/平面 AFED.,求三棱錐17系,18則 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,4,0), E(0,0,2),

17、M(0,2,1), BM = (- 2,0,1),又平面 AFED 的一個(gè)法向量 DC = (0,4,0),BM DC = 0, BM 丄 DC ,又 BM?平面 AFED, BM / 平面 AFED.(2)依題意設(shè)點(diǎn) M 0, t, 2-2 (0C21(2)如圖，連接 AC 交 BD 于點(diǎn) 0,在直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中，底面為菱形，二 AC 丄 BD ,以點(diǎn) 0 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 DB , AC 所在直線為 x 軸，y 軸，過點(diǎn) 0 且垂直于平面 ABCD 的直線為 z 軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，AB= (1， 3, 0)，設(shè)平面 AEF 的法向量 n= (x，y，z)，

18、T1_3n AE = 0，2x+ 2y+2z= ，則TInAF = 0，-2x+2y+2z=0，令 y= 4 .3,得 n= (0,4.3, 3)， A(0, 3, 0), B(1,0,0), C(0,3, 0), D( 1,0,0),A1(0,3, 2), B1(1,0,2), D1(1,0,2),E1 匚2,亞2)F 1 亞2；2，2/FC2，2，2f又直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中所有棱長(zhǎng)為 2，/ BAD= 602 母2， AE= 2， 2，2，AF 二22點(diǎn) B 到平面 AEF 的距離 h= AB n|n|12 _ W57,57 二 19，|n|= . 57,233.如圖， 在三棱錐 P-ABC 中， PAC 為正三角形， M 為線段 PA 的中點(diǎn)， / CAB=90 AC= AB，平面 FAB 丄平面 PAC.求證：平面 PAC 丄平面 ABC;1(2)若 Q 是棱 AB 上一點(diǎn)，VQ-BMC= 4VP-ABC,求二面角 Q-MC-A 的余弦值.解(1)證明：因?yàn)?PAC 為正三角形，M 為線段 PA 的中點(diǎn),所以 C