高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版文科： 第7章 立體幾何初步 熱點探究課4 立體幾何中的高考熱點問題學(xué)案 文 北師大版

《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版文科： 第7章 立體幾何初步 熱點探究課4 立體幾何中的高考熱點問題學(xué)案 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版文科： 第7章 立體幾何初步 熱點探究課4 立體幾何中的高考熱點問題學(xué)案 文 北師大版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 熱點探究課(四)　立體幾何中的高考熱點問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第107頁) [命題解讀]　1.立體幾何初步是高考的重要內(nèi)容，幾乎每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計算.2.重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力．考查的熱點是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等；同時考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法． 熱點1　線面位置關(guān)系與體積計算(答題模板) 以空

2、間幾何體為載體，考查空間平行與垂直關(guān)系是高考的熱點內(nèi)容，并常與幾何體的體積計算交匯命題，考查學(xué)生的空間想象能力、計算與數(shù)學(xué)推理論證能力，同時突出轉(zhuǎn)化與化歸思想方法的考查，試題難度中等． 　(本小題滿分12分)(20xx·長春模擬)如圖1，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD． 圖1 (1)證明：平面AEC⊥平面BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E­ACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積． 【導(dǎo)學(xué)號：00090256】 [思路點撥]　(1)注意到四邊形ABCD為菱形，聯(lián)想到對角線垂直，從而進(jìn)一步證線面垂

3、直，面與面垂直；(2)根據(jù)幾何體的體積求得底面菱形的邊長，計算側(cè)棱，求出各個側(cè)面的面積． [規(guī)范解答]　(1)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD． 因為BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分 因為BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED． 又AC平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED． 4分 (2)設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝. 因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分 由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝x. 由已知得

4、，三棱錐E­ACD的體積V三棱錐E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 9分 從而可得AE＝EC＝ED＝. 所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E­ACD的側(cè)面積為3＋2. 12分 [答題模板]　第一步：由線面垂直的性質(zhì)，得線線垂直AC⊥BE. 第二步：根據(jù)線面垂直、面面垂直的判定定理證明平面AEC⊥平面BED． 第三步：利用棱錐的體積求出底面菱形的邊長． 第四步：計算各個側(cè)面三角形的面積，求得四棱錐的側(cè)面積． 第五步：檢驗反思，查看關(guān)鍵點，

5、規(guī)范步驟． [溫馨提示]　1.在第(1)問，易忽視條件BD∩BE＝B，AC平面AEC，造成推理不嚴(yán)謹(jǐn)，導(dǎo)致扣分． 2．正確的計算結(jié)果是得分的關(guān)鍵，本題在求三棱錐的體積與側(cè)面積時，需要計算的量較多，防止計算結(jié)果錯誤失分，另外對于每一個得分點的解題步驟一定要寫全．閱卷時根據(jù)得分點評分，有則得分，無則不得分． [對點訓(xùn)練1]　如圖2，在三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點． 圖2 (1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面ABE； (3)求三棱錐E

6、73;ABC的體積． [解]　(1)證明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因為BB1⊥底面ABC，AB平面ABC， 所以BB1⊥AB． 2分 又因為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)證明：取AB的中點G，連接EG，F(xiàn)G. 因為G，F(xiàn)分別是AB，BC的中點， 所以FG∥AC，且FG＝AC． 因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1， 所以FG∥EC1，且FG＝EC1， 6分 所以四邊形FGEC1為平行四邊形， 所以C1F∥EG.

7、又因為EG平面ABE，C1F平面ABE， 所以C1F∥平面ABE. 8分 (3)因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝， 10分 所以三棱錐E­ABC的體積 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. 12分 熱點2　平面圖形折疊成空間幾何體 先將平面圖形折疊成空間幾何體，再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計算有關(guān)的幾何量，是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向，它很好地將平面圖形拓展成空間圖形，同時也為空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑，是高考深層次上考查空間想象能

8、力的主要方向． 　如圖3，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為CD的中點，F(xiàn)為AE的中點．現(xiàn)沿AE將三角形ADE向上折起，在折起的圖形中解答下列問題： 圖3 (1)在線段AB上是否存在一點K，使BC∥平面DFK？若存在，請證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由； (2)若平面ADE⊥平面ABCE，求證：平面BDE⊥平面ADE. [解]　(1)如圖，線段AB上存在一點K，且當(dāng)AK＝AB時，BC∥平面DFK. 1分 證明如下： 設(shè)H為AB的中點，連接EH，則BC∥EH. ∵AK＝AB，F(xiàn)為AE的中點， ∴KF∥EH，∴KF∥BC． 3分 ∵

9、KF平面DFK，BC平面DFK， ∴BC∥平面DFK. 5分 (2)證明：∵在折起前的圖形中E為CD的中點，AB＝2，BC＝1， ∴在折起后的圖形中，AE＝BE＝， 從而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 [規(guī)律方法]　1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． 2．在解決問題時，要綜合考慮折疊

10、前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． [對點訓(xùn)練2]　(20xx·全國卷Ⅱ)如圖4，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置． 圖4 (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′­ABCFE的體積. 【導(dǎo)學(xué)號：00090257】 [解]　(1)證明：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

11、 (2)由EF∥AC得＝＝. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 7分 所以O(shè)H＝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O(shè)D′⊥平面ABC． 又由＝得EF＝. 10分 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝. 所以五棱錐D′­ABCFE的體積V＝××2＝. 12分

12、熱點3　線、面位置關(guān)系中的開放存在性問題 是否存在某點或某參數(shù)，使得某種線、面位置關(guān)系成立問題，是近幾年高考命題的熱點，常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn)，一般有三種類型：(1)條件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法類比探索型． 　 (20xx·秦皇島模擬)如圖5所示，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． 圖5 (1)求證：EF∥平面PAD； (2)在線段CD上是否存在一點G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，請說明其位置，并加以證明；若不存在，請說明理由． [解]　(1)證

13、明：如圖所示，連接AC，在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，且點F為對角線BD的中點. 2分 所以對角線AC經(jīng)過點F. 又在△PAC中，點E為PC的中點， 所以EF為△PAC的中位線， 所以EF∥PA． 又PA平面PAD，EF平面PAD， 所以EF∥平面PAD． 5分 (2)存在滿足要求的點G. 在線段CD上存在一點G為CD的中點，使得平面EFG⊥平面PDC． 因為底面ABCD是邊長為a的正方形， 所以CD⊥AD． 7分 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，側(cè)面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以

14、CD⊥平面PAD． 又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF. 取CD中點G，連接FG，EG. 9分 因為F為BD中點， 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 [規(guī)律方法]　1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點”是經(jīng)常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“中點”，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本． 2．第(2)問是探索開放性問題，采用了先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再加以證明，對于命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)

15、論是什么，對于探索結(jié)論是否存在，求解時常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論． [對點訓(xùn)練3]　(20xx·湖南師大附中檢測)如圖6，四棱錐S­ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點． 圖6 (1)求證：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，則側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，請說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：00090258】 [證明]　(1)連接BD，設(shè)AC交BD于點O，連接SO，由題意得四棱錐S­ABCD是正四棱錐，所以SO⊥AC． 2分 在正方形A

16、BCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD． 因為SD平面SBD，所以AC⊥SD． 5分 (2)在棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC． 連接OP.設(shè)正方形ABCD的邊長為a，則SC＝SD＝A． 7分 由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝. 故可在SP上取一點N，使得PN＝PD． 過點N作PC的平行線與SC交于點E，連接BE，BN， 在△BDN中，易得BN∥PO. 10分 又因為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． 因為SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1. 12分