2020屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 熱點探究課4 立體幾何中的高考熱點問題

1、熱點探究課(四)立體幾何中的高考熱點問題命題解讀1.立體幾何是高考的重要內(nèi)容，每年基本上都是一個解答題，兩個選擇題或填空題客觀題主要考查空間概念，點、線、面位置關(guān)系的判定、三視圖解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角的計算.2.立體幾何重點考查學(xué)生的空間想象能力、數(shù)學(xué)運算和邏輯推理論證能力考查的熱點是以幾何體為載體的平行與垂直的證明、二面角的計算，平面圖形的翻折，探索存在性問題，突出了轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法熱點1空間點、線、面間的位置關(guān)系空間線線、線面、面面平行、垂直關(guān)系常與平面圖形的有關(guān)

2、性質(zhì)及體積的計算等知識交匯考查，考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想，一般以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等如圖1所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點圖1(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐E-ABC的體積【導(dǎo)學(xué)號：01772279】1解(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1底面ABC，所以BB1AB.2分又因為ABBC，BB1BCB，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.4分(2)證明：法一：如圖，取A

3、B中點G，連接EG，F(xiàn)G.因為G，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，1所以FGAC，且FG2AC.6分因為ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1FEG.又因為EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.8分法二：如圖，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HFAB.6分又因為E，H分別是A1C1，AC的中點，所以EC1綊AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF.2又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.8分(3)因為AA

4、1AC2，BC1，ABBC，所以ABAC2BC23.10分所以三棱錐E-ABC的體積1113V3eqoac(,S)ABCAA1323123.12分規(guī)律方法1.(1)證明面面垂直，將“面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問題，再將“線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題(2)證明C1F平面ABE：利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG，且滿足C1FEG.利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，則先要確定一個平面C1HF滿足面面平行，實施線面平行、面面平行的轉(zhuǎn)化2計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，而不能直接用公式時，注意進行體積的轉(zhuǎn)化對點訓(xùn)練1(2017天津聯(lián)考)如圖2

5、，四邊形ABCD為直角梯形，ABCD，ABBC，1ABE為等邊三角形，且平面ABCD平面ABE，CDBC2AB1，點P為CE的中點圖2(1)求證：ABDE；(2)求DE與平面ABCD所成角的大??；3(3)求三棱錐D-ABP的體積解(1)證明：取AB的中點O，連接OD，OE.四邊形ABCD是直角梯形，DCAB，ABCD，ABE是正三角形，ABOE.12四邊形OBCD是平行四邊形，ODBC.3分又ABBC，ABOD.OD，OE平面ODE，且ODOEO，AB平面ODE.DE平面ODE，ABDE.5分(2)平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，OEAB，OE平面ABE，OE平面ABCD，

6、ODE即為所求，在ODE中，OD1，OE3，DOE90，tanODE3.又ODE為銳角，ODE60.8分(3)P為CE的中點，1V三棱錐D-ABPV三棱錐P-ABD2V三棱錐E-ABD.10分4OE平面ABCD，11213V三棱錐E-ABD3eqoac(,S)ABDOE3233，13V三棱錐D-ABPV三棱錐P-ABD2V三棱錐E-ABD6.12分熱點2平面圖形折疊成空間幾何體(答題模板)將平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考查點、線、面間的位置關(guān)系及有關(guān)幾何量的計算是近年高考的熱點，考查學(xué)生的空間想象能力、知識遷移能力和轉(zhuǎn)化思想試題以解答題為主要呈現(xiàn)形式，中檔難度(本小題滿分12分)(2

7、016全國卷)如圖3，菱形ABCD的對角線AC5與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF4，EF交BD于點Heqoac(,.)將DEF沿EF折到eqoac(,D)EF的位置，OD10.圖3(1)證明：DH平面ABCD；(2)求二面角B-DA-C的正弦值思路點撥(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出DHEF，利用勾股定理逆定理得出DHOH，從而得出結(jié)論；(2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，從而求出兩個半平面的法向量，利用向量的夾角公式求其余弦值，從而求出正弦值，最后轉(zhuǎn)化為二面角的正弦值5規(guī)范解答(1)證明：由已知得ACBD，ADCD.AECF又由AECF得

8、ADCD，故ACEF.因為EFHD，從而EFDH.2分由AB5，AC6得DOBOAB2AO24.(2)如圖，以H為坐標原點，HF的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系OHAE1由EFAC得DOAD4.所以O(shè)H1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.4分又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.5分H-xyz，則H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，AB(3，4,0)，AC(6,0,0)，AD(3,1,3).7分設(shè)m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，則mAB0，mAD0，3x14y10，即3x1y13z10

9、，所以可取m(4,3，5)設(shè)n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，則6nAC0，nAD0，6x20，即3x2y23z20，所以可取n(0，3,1).10分mn于是cosm，n|m|n|1450107525.295sinm，n25.295因此二面角B-DA-C的正弦值是25.12分答題模板第一步：由平行線性質(zhì)及題設(shè)，證明EFDH.第二步：利用線面垂直的判定，得DH平面ABCD.第三步：建立恰當(dāng)坐標系，準確寫出相關(guān)點、向量的坐標第四步：利用方程思想，計算兩平面的法向量第五步：由法向量的夾角，求二面角B-DA-C的正弦值第六步：檢驗反思，查看關(guān)鍵點，規(guī)范解題步驟溫馨提示1.在第(1)問，易忽視

10、DHOH的論證及條件OHEFH，導(dǎo)致推理不嚴謹而失分2正確的計算結(jié)果是得分的關(guān)鍵，本題易發(fā)生寫錯點的坐標，或求錯兩半平面的法向量導(dǎo)致嚴重失分3閱卷時根據(jù)得分點評分，有則得分，無則不給分，因此要抓住得分點對點訓(xùn)練2(2017西安調(diào)研)如圖4，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖4.7圖4(1)證明：CD平面A1OC;【導(dǎo)學(xué)號：01772280】(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值解(1)證明：在圖中，因為ABBC1，AD2，E是AD的中點，BAD2，所以BE

11、AC，2分即在題圖中，BEOA1，BEOC，從而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.5分(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC為二面角A1-BE-C的平面角，所以A1OC2.7分如圖，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標系，因為A1BA1EBCED1，8A10，0，C0，0，CDBE(2，0,0).9分BCED，222，E所以B，0，02，0，0，222222222，2，0得BC，A1C0，2，2，設(shè)平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，nBC0，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為，

12、則取n1(1,1,1)；11Cn1A0，x1y10，得y1z10，nCD0，2A1Cn20，x20，得取n2(0,1,1)，y2z20，從而cos|cosn1，n2|26323，6即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為3.12分熱點3立體幾何中的探索開放問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算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種考查形式：(1)根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證；(2)利用空間向量，先假設(shè)存在點的坐標，再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在(2016北京高考)如圖5，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，

13、AB1，AD2，ACCD5.9圖5(1)求證：PD平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；AM(3)在棱PA上是否存在點M，使得BM平面PCD？若存在，求AP的值；若不存在，說明理由解(1)證明：因為平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.2分又因為PAPD，所以PD平面PAB.3分(2)取AD的中點O，連接PO，CO.因為PAPD，所以POAD.又因為PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.5分因為CO平面ABCD，所以POCO.因為ACCD，所以COAD.如圖，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1

14、,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1).6分10nPD0，nPC0，設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則yz0，即2xz0.令z2，則x1，y2.所以n(1，2,2)又PB(1,1，1)，所以cosn，PBnPB33.|n|PB|3所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為3.8分(3)設(shè)M是棱PA上一點，則存在0,1使得AMAP.因此點M(0,1，)，BM(1，).10分因為BM平面PCD，所以要使BM平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)BMn0，即(1，)(1，2,2)0.1AM1解得4.所以在棱PA上存在點M使得BM平面PCD，此時AP4.12分規(guī)律方法1.對于存在判斷型問題

15、的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等2對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)對點訓(xùn)練3(2017江南名校聯(lián)考)如圖6，在四棱錐P-ABCD中，PD平11面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E為PA的中點圖6(1)求證：DE平面BPC；(2)線段AB上是否存在一點F，滿足CFDB？若存在，試求出二面角F-PC-D的余弦值；若不存在，請說明理由解(1)證明：取PB的中點M，連接EM和CM，過點C作CNAB，垂足為點N.1分CNAB

16、，DAAB，CNDA，又ABCD，四邊形CDAN為平行四邊形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BNBC2CN2102826，AB12，而E，M分別為PA，PB的中點，EMAB且EM6，又DCAB，3分EMCD且EMCD，四邊形CDEM為平行四邊形，DECM.CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面BPC.5分12(2)由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖，以D為原點，DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，則A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8).6分假設(shè)AB上存在一點F使CFBD，設(shè)點F坐標為(8，t,0)，則CF(8

17、，t6,0)，DB(8,12,0)，2由CFDB0得t3.8分又PC(0,6，8)，F(xiàn)C8，3，0.10分又平面DPC的一個法向量為m(1,0,0)，設(shè)平面FPC的法向量為n(x，y，z)16nPC0，nFC0，8x163y0，x2y，由6y8z0，得即z3y，43則cosn，m|n|m|817.不妨令y12，有n(8,12,9)nm818212292又由圖可知，該二面角為銳二面角，8故二面角F-PC-D的余弦值為17.12分13熱點4利用向量求空間角在高考中主要考查通過建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量的坐標運算證明空間中的線面的平行與垂直關(guān)系，計算空間角(特別是二面角)，常與空間幾何體

18、的結(jié)構(gòu)特征，空間線面位置關(guān)系的判定定理與性質(zhì)定理等知識綜合，以解答題形式出現(xiàn)，難度中等如圖7，在四棱錐A-EFCB中，AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O為EF的中點圖7(1)求證：AOBE；(2)求二面角F-AE-B的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值.【導(dǎo)學(xué)號：01772281】解(1)證明：因為AEF是等邊三角形，O為EF的中點，所以AOEF.1分又因為平面AEF平面EFCB，AO平面AEF，所以AO平面EFCB.因為BE平面EFCB，所以AOBE.3分(2)取BC的中點G，連接OG.由題設(shè)知四邊形EFCB是等腰梯形，140)

19、，EA(a,0,3a)，BE(a2，3(a2)，0)所以O(shè)GEF.由(1)知AO平面EFCB，又OG平面EFCB，所以O(shè)AOG.5分如圖建立空間直角坐標系O-xyz，則E(a,0,0)，A(0,0，3a)，B(2，3(2a)，nEA0，nBE0，ax3ay0.7分所以cosn，pnp設(shè)平面AEB的一個法向量n(x，y，z)，則ax3az0，即令z1，則x3，y1，于是n(3，1,1)又平面AEF的一個法向量為p(0,1,0)，5|n|p|5.5由題知二面角F-AE-B為鈍角，所以它的余弦值為5.8分(3)因為BE平面AOC，所以BECO，即BEOC0.因為BE(a2，3(a2)，0)，OC(2，3(2a)，0)，15所以BEOC2(a2)3(a2)2.10分4由BEOC0及0a2，解得a3.12分規(guī)