2018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

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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(jìn)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

2、、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(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，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ABE； (3)求三棱錐E-ABC的體積． 【導(dǎo)學(xué)號：01772279】 [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

3、，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)分別是AB，BC的中點， 所以FG∥AC，且FG＝AC.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

4、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C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A， 所以平面ABE∥平面C1HF. 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＝＝.10分 所以三棱錐E-ABC的體積 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.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：①利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)

5、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(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化． [對點訓(xùn)練1]　 (2017·天津聯(lián)考)如圖2，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE為等邊三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，CD＝BC＝AB＝1，點P為CE的中點． 圖2 (1)求證：AB⊥DE； (2)求DE與平面ABCD所成角的大小； (3)求三棱錐D-ABP的體積． [解]　(1)證明：取AB的中點O，

6、連接OD，OE. ∵△ABE是正三角形，∴AB⊥OE. ∵四邊形ABCD是直角梯形，DC＝AB，AB∥CD， ∴四邊形OBCD是平行四邊形，OD∥BC.3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＝，∠DOE＝90°， ∴tan∠ODE＝. 又∵∠ODE為銳角，∴∠ODE＝60°.8分

7、(3)∵P為CE的中點， ∴V三棱錐D-ABP＝V三棱錐P-ABD＝V三棱錐E-ABD.10分 ∵OE⊥平面ABCD， ∴V三棱錐E-ABD＝S△ABD·OE＝××＝， ∴V三棱錐D-ABP＝V三棱錐P-ABD＝V三棱錐E-ABD＝.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)(2016·全國卷Ⅱ)如圖3，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，A

8、C＝6，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，OD′＝. 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(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)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． [規(guī)范解答]　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝， 故AC∥EF. 因為EF⊥H

9、D，從而EF⊥D′H.2分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC得＝＝. 所以O(shè)H＝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 (2)如圖，以H為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)， ＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3).7分 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m

10、＝(4,3，－5)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則 即 所以可取n＝(0，－3,1).10分 于是cos〈m，n〉＝＝＝－. sin〈m，n〉＝. 因此二面角B-D′A-C的正弦值是.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(dāng)坐標(biāo)系，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點、向量的坐標(biāo)． 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

11、′H⊥OH的論證及條件OH∩EF＝H，導(dǎo)致推理不嚴(yán)謹(jǐn)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(biāo)，或求錯兩半平面的法向量導(dǎo)致嚴(yán)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4①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，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. 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

12、． [解]　(1)證明：在圖①中，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝，所以BE⊥AC，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， 所以∠A1OC＝.7分 如圖，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系， 因為A1B＝A1E＝BC＝ED＝1， BC∥ED， 所以B，E， A1，C， 得B＝，＝， ＝＝(－，0,0).9分 設(shè)平面A1BC的法向量

13、n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為θ，則得取n1＝(1,1,1)； 得取n2＝(0,1,1)， 從而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.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(jìn)一步論證；(2)利用空間向量，先假設(shè)存在點的坐標(biāo)，再根據(jù)條件判斷該點的坐標(biāo)是否存在． 　(2016·北京高考)如圖5，在四棱錐P-A

14、BCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. 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； (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；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⊥平面ABCD， 所以PO

15、⊥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(biāo)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 設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 令z＝2，則x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2)． 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.8分 (3)設(shè)M是棱PA上一點， 則存在λ∈[0,1]使得＝λ. 因此點M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).10

16、分 因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得λ＝.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD，此時＝.12分 [規(guī)律方法]　1.對于存在判斷型問題的求解，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(biāo)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(jìn)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⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10

17、，∠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，∴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＝＝＝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

18、為平行四邊形， ∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC， ∴DE∥平面BPC.5分 (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(biāo)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(biāo)為(8，t,0)， 則＝(8，t－6,0)，＝(8,12,0)， 由·＝0得t＝.8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)． 又＝(0,6，－8)，＝.10分 由得

19、即 不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)． 則cos〈n，m〉＝＝＝. 又由圖可知，該二面角為銳二面角， 故二面角F-PC-D的余弦值為.12分 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(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)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＝∠FCB＝60°，O為EF的中點． 圖7 (

20、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(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 (2)取BC的中點G，連接OG. 由題設(shè)知四邊形EFCB是等腰梯形， 所以O(shè)G⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB， 又OG?平面EFCB， 所以O(shè)A⊥OG.5分 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則E(a,0,0)，A(

21、0,0，a)，B(2，(2－a)，0)，＝(－a,0, a)，＝(a－2，(a－2)，0)． 設(shè)平面AEB的一個法向量n＝(x，y，z)， 則 即7分 令z＝1，則x＝，y＝－1，于是n＝(，－1,1)． 又平面AEF的一個法向量為p＝(0,1,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由題知二面角F-AE-B為鈍角，所以它的余弦值為－.8分 (3)因為BE⊥平面AOC，所以BE⊥CO，即·＝0. 因為＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)， 所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.10分 由·＝0及0

22、主要考查數(shù)學(xué)推理論證能力，利用空間向量進(jìn)行數(shù)學(xué)運算能力，同時考查化歸轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想． 2．求二面角F-AE-B的余弦值，轉(zhuǎn)化為求兩個半平面所在平面的法向量．通過兩個平面的法向量的夾角求得二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大?。? [對點訓(xùn)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． [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中點T，連接AT

23、，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝BC＝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 (2)取BC的中點E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD， 且AE＝＝＝. 以A為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.7分 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N， ＝(0,2，－4)，＝，＝.9分 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即 可取n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.12分