2020屆高三數(shù)學一輪復習 熱點探究課4 立體幾何中的高考熱點問題

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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生的空間想象能力、數(shù)學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，

2、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)性質(zhì)及體積的計 算等知識交匯考查，考查學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，AB⊥BC， AA1＝AC＝2，BC＝1，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?

3、ABE； (3)求三棱錐?E-ABC?的體積． 【導學號：01772279】 1 [解] (1)證明：在三棱柱?ABC-A1B1C1?中，BB1⊥底面?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 ① ② (2)證明：法一：如圖①，取?AB?中點?G，連接?EG，F(xiàn)G. 因為?G，F(xiàn)

4、?分別是?AB，BC?的中點， 1 所以?FG∥AC，且?FG＝2AC.6?分 因為?AC∥A1C1，且?AC＝A1C1， 所以?FG∥EC1，且?FG＝EC1. 所以四邊形?FGEC1?為平行四邊形， 所以?C1F∥EG. 又因為?EG?平面?ABE，C1F?平面?ABE， 所以?C1F∥平面?ABE.8?分 法二：如圖②，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?HF∥AB.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

5、?EAHC1?為平行四邊形， 所以?C1H∥AE，又?C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A， 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?AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以?AB＝ AC2－BC2＝?3.10?分 所以三棱錐?E-ABC?的體積 1 1 1 3 V＝3?ABC·?AA1＝3×2×?3×1×2＝?3?.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

6、面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題． (2)證明?C1F∥平面?ABE：①利用判定定理，關(guān)鍵是在平面?ABE?中找(作)出直 線?EG，且滿足?C1F∥EG.②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． [對點訓練?1] (2017·?天津聯(lián)考)如圖?2，四邊形?ABCD?為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ 1 ABE?為等邊三角形，且平面?ABCD⊥平面?A

7、BE，CD＝BC＝2AB＝1，點?P?為?CE 的中點． 圖?2 (1)求證：AB⊥DE； (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，DC＝??AB，AB∥CD， ∵△ABE?是正三角形，∴AB⊥OE. 1 2 ∴四邊形?OBCD?是平行四邊形，OD∥BC.3

8、?分 又?AB⊥BC，∴AB⊥OD. ∵OD，OE?平面?ODE，且?OD∩OE＝O， ∴AB⊥平面?ODE. ∵DE?平面?ODE， ∴AB⊥DE.5?分 (2)∵平面?ABCD⊥平面?ABE，平面?ABCD∩平面?ABE＝AB， OE⊥AB，OE?平面?ABE， ∴OE⊥平面?ABCD， ∴∠ODE?即為所求， 在△ODE?中，OD＝1，OE＝?3，∠DOE＝90°， ∴tan∠ODE＝?3. 又∵∠ODE?為銳角，∴∠ODE＝60°.8?分 (3)∵P?為?C

9、E?的中點， 1 ∴V?三棱錐?D-ABP＝V?三棱錐?P-ABD＝2V?三棱錐?E-ABD.10?分 4 ∵OE⊥平面?ABCD， 1 1 2×1 3 ∴V?三棱錐?E-ABD＝3?ABD·?OE＝3×?2?×?3＝?3?， 1 3 ∴V?三棱錐?D-ABP＝V?三棱錐?P-ABD＝2V?三棱錐?E-ABD＝?6?.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，考查學生的空間想象能力、知識遷移能

10、 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)(2016·?全國卷Ⅱ)如圖?3，菱形?ABCD?的對角線?AC 5 與?BD?交于點?O，AB＝5，AC＝6，點?E，F(xiàn)?分別在?AD，CD?上，AE＝CF＝4， EF?交?BD?于點?H將 DEF?沿?EF?折到 ′EF?的位置，OD′＝?10. 圖?3 (1)證明：D′H⊥平面?ABCD； (2)求二面角?B-D′A-C?的正弦值． [思路點撥] (1)利用已知條

11、件及翻折的性質(zhì)得出?D′H⊥EF，利用勾股定理 逆定理得出?D′H⊥OH，從而得出結(jié)論； (2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當?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?AC⊥BD，AD＝CD. AE CF 又由?AE＝CF?得AD＝CD， 故?AC∥EF. 因為?EF⊥HD，從而?EF⊥D′H.2?分 由?AB＝5，AC＝6?得?DO＝BO＝ AB2－

12、AO2＝4. (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 OH AE 1 由?EF∥AC?得DO＝AD＝4. 所以?OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是?D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故?D′H⊥OH.4?分 又?D′H⊥EF，而?OH∩EF＝H，所以?D′H⊥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)，

13、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 ìm·?AB＝0， ?m·?AD′＝0， í → → ì?3x1－4y1＝0， 即í ??3x1＋y1＋3z1＝0， 所以可取?m＝(4,3，－5)． 設(shè)?n＝(x2，y2，z2)是平面?ACD′的法向量，則 6 ìn·?AC＝0， ?n·?AD′＝0， í → → ì?6x2＝0

14、， 即í ??3x2＋y2＋3z2＝0， 所以可取?n＝(0，－3,1).10?分 m·n 于是?cos〈m，n〉＝|m||n|＝  －14 50×?10  7?5 ＝－?25?. 2?95 sin〈m，n〉＝?25?. 2?95 因此二面角?B-D′A-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?EF⊥D′H. 第二步：利用線面垂直的判定，得?D′H⊥平面?ABCD. 第三步：建立恰當坐標系，準確寫出相關(guān)點、向量的坐標．

15、 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-D′A-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?D′H⊥OH?的論證及條件?OH∩EF＝H， 導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． [對點訓練?2] (2017·?西安調(diào)研)如圖?4①，在直角梯形?ABCD?中，AD∥BC，

16、 π ∠BAD＝2，AB＝BC＝1，AD＝2，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?4②. 7 圖?4 (1)證明：CD⊥平面?A1OC; 【導學號：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①中，因為?AB＝BC＝1，AD＝2，E?是?AD?的中點，∠ π BAD＝2，所以?BE⊥A

17、C，2?分 即在題圖②中，BE⊥OA1，BE⊥OC， 從而?BE⊥平面?A1OC. 又?CD∥BE，所以?CD⊥平面?A1OC.5?分 (2)由已知，平面?A1BE⊥平面?BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC， 所以∠A1OC?為二面角?A1-BE-C?的平面角， π 所以∠A1OC＝2.7?分 如圖，以?O?為原點，建立空間直角坐標系， 因為?A1B＝A1E＝BC＝ED＝1， 8 A1?0，0，? ÷，C

18、?0，? ，0÷， CD＝BE＝(－???2，0,0).9?分 BC∥ED， ??2 ? ? 2 ? è?2 ?，Eè ? 所以?B? ，0，0÷ ?－?2?，0，0÷， ? ? 2? 2 ? 2?? 2 è è ? ? → ? → ? 2 2 2 2? è－?2?，?2?，0??????? è ? 得?B?C?＝? ÷，A1C＝?0，?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， ìn?·BC＝0

19、， z2)，平面?A1BC?與平面?A1CD?的夾角為?θ，則í 取?n1＝(1,1,1)； → 1 1C ?n1·?A→?＝0， ì?－x1＋y1＝0， 得í ??y1－z1＝0， ìn?·?CD＝0， → í?2 A1C ?n2·?→?＝0， ì?x2＝0， 得í????????????取?n2＝(0,1,1)， ??y2－z2＝0， 從而?cos?θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 2?????6 3×?2＝?3?， 6 即平面?A1BC?與平面?A1CD?夾角的余弦值為?3?.12?分 熱

20、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，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝?5. 9 圖?5

21、 (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，AB⊥AD， 所以?AB⊥平面?PAD，所以?AB⊥PD.2?分 又因為?PA⊥PD， 所以?PD⊥平面?PAB.3?分 (2)取?AD?的中點?O，連接?PO，CO. 因為?PA＝PD，所以?PO⊥AD. 又因為?PO?平面?PAD，平面?PAD⊥平

22、面?ABCD， 所以?PO⊥平面?ABCD.5?分 因為?CO?平面?ABCD，所以?PO⊥CO. 因為?AC＝CD，所以?CO⊥AD. 如圖，建立空間直角坐標系?O-xyz. 由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1).6?分 10 ìn·?PD＝0， ?n·?PC＝0， 設(shè)平面?PCD?的法向量為?n＝(x，y，z)，則 → í → ì?－y－z＝0， 即

23、í ??2x－z＝0. 令?z＝2，則?x＝1，y＝－2. 所以?n＝(1，－2,2)． 又PB＝(1,1，－1)，所以?cos〈n，PB〉＝ n·?PB????? 3 →??＝－?3?. → → → |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?λ∈[0,1]使得AM＝λAP. → 因此點?M(0,1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).10?分 → 因為?BM?平面?PCD，所以要使?BM∥平

24、面?PCD?當且僅當BM·?n＝0，即(－1， －λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 1 AM 1 解得?λ＝4.所以在棱?PA?上存在點?M?使得?BM∥平面?PCD，此時?AP?＝4.12?分 [規(guī)律方法] 1.對于存在判斷型問題的求解，應先假設(shè)存在，把要成立的結(jié) 論當作條件，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)． [對點訓練?3] (2017·?江南名校聯(lián)考)如圖?6，在四棱錐?

25、P-ABCD?中，PD⊥平 11 面?ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，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?CF⊥DB？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?CN⊥AB，垂足 為點?N.1?分 ∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴

26、CN∥DA， 又?AB∥CD，∴四邊形?CDAN?為平行四邊形， ∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在?Rt△BNC?中， BN＝ BC2－CN2＝ 102－82＝6， ∴AB＝12，而?E，M?分別為?PA，PB?的中點， ∴EM∥AB?且?EM＝6，又?DC∥AB，3?分 ∴EM∥CD?且?EM＝CD，四邊形?CDEM?為平行四邊形， ∴DE∥CM.∵CM?平面?PBC，DE?平面?PBC， ∴DE∥平面?BPC.5?分 12

27、 (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?CF⊥BD， 設(shè)點?F?坐標為(8，t,0)， → → 則CF＝(8，t－6,0)，DB＝(8,12,0)， →?→ 2 由CF·?DB＝0?得?t＝3.8?分 又PC＝(0,6，－8)，F(xiàn)C＝?

28、－8，?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)． → → ? 16 ? è ? ìn·?PC＝0， ?n·?FC＝0， ?－8x＋163?y＝0， ??x＝2y， 由í → → ì6y－8z＝0， 得í  即 ì?z＝3y， í?4 3 則?cos〈n，m〉＝|n||m|＝???? 8 ＝17. 不妨令?y＝12，有?n＝(8,12,9)． n·?m 8 1× 82＋122＋92

29、 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?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，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝

30、∠FCB＝60°，O?為?EF?的中 點． 圖?7 (1)求證：AO⊥BE； (2)求二面角?F-AE-B?的余弦值； (3)若?BE⊥平面?AOC，求?a?的值. 【導學號：01772281】 [解] (1)證明：因為△AEF?是等邊三角形，O?為?EF?的中點， 所以?AO⊥EF.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?AO⊥BE.3?分

31、(2)取?BC?的中點?G，連接?OG. 由題設(shè)知四邊形?EFCB?是等腰梯形， 14 0)，EA＝(－a,0,?? 3a)，BE＝(a－2，???3(a－2)，0)． 所以?OG⊥EF. 由(1)知?AO⊥平面?EFCB， 又?OG?平面?EFCB， 所以?OA⊥OG.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(2－a)， → → ìn·?EA＝0， ?n·?

32、BE＝0， ?? a－?? x＋???3? a－?? y＝0.? 7?分 所以?cos〈n，p〉＝??n·p 設(shè)平面?AEB?的一個法向量?n＝(x，y，z)， → 則í → ì?－ax＋?3az＝0， 即í 令?z＝1，則?x＝?3，y＝－1，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?BE⊥CO，即BE·?O

33、C＝0. → → 因為BE＝(a－2，?3(a－2)，0)，OC＝(－2，?3(2－a)，0)， 15 →?→ 所以BE·?OC＝－2(a－2)－3(a－2)2.10?分 →?→ 4 由BE·?OC＝0?及?0

34、所求 角的大?。? [對點訓練?4] (2016·?全國卷Ⅲ)如圖?8，四棱錐?P-ABCD?中，PA⊥底面?ABCD， AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M?為線段?AD?上一點，AM＝2MD，N 為?PC?的中點． 圖?8 (1)證明?MN∥平面?PAB； (2)求直線?AN?與平面?PMN?所成角的正弦值． 2 [解] (1)證明：由已知得?AM＝3AD＝2. 1 取?BP?的中點?T，連接?AT，TN，由?N?為?PC?的中點知?TN∥BC，TN＝2BC＝

35、 2.2?分 又?AD∥BC，故?TN?綊?AM，所以四邊形?AMNT?為平行四邊形，于是?MN∥AT. 因為?AT?平面?PAB，MN?平面?PAB， 所以?MN∥平面?PAB.5?分 16 (2)取?BC?的中點?E，連接?AE. 由?AB＝AC?得?AE⊥BC，從而?AE⊥AD， 且?AE＝ AB2－BE2＝ ?BC? è ? AB2－??2?÷2＝?5. 以?A?為坐標原點，AE的方向為

36、?x?軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標 è?2?????? ? ìn·?PM＝0， ?n·?PN＝0， → 系?A-xyz.7?分 ??5 ? 由題意知?P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(?5，2,0)，N? ，1，2÷， → → ??5 ? → ??5 ? è?2 ?，AN＝è ? PM＝(0,2，－4)，PN＝? ，1，－2÷ ??2?，1，2÷.9?分 → 設(shè)?n＝(x，y，z)為平面?PMN?的法向量，則í → ì2y－4z＝0， 即í?5 ??2?x＋y－2z＝0， 可取?n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，AN〉|＝ |n·?AN|?? 8???5 →??＝?25?. → → |n||AN| 8?5 所以直線?AN?與平面?PMN?所成角的正弦值為?25?.12?分 17