新版高考數(shù)學一輪復習學案訓練課件： 專題探究課4 立體幾何中的高考熱點問題 理 北師大版

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1、 1

2、 1 四)　立體幾何中的高考熱點問題 (對應學生用書第127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，再利用空間向量進行空間角的計算，考查的熱點是平行與垂直的證明、二面角的計算，平面圖形的翻折，探索存在性問題

3、，突出三大能力：空間想象能力、運算能力、邏輯推理能力與兩大數(shù)學思想：轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的考查． 空間點、線、面間的位置關系 空間線線、線面、面面平行、垂直關系常與平面圖形的有關性質(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． 用向量法證明平行、垂直、求空間角，通過建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算來實現(xiàn)，實質(zhì)是把幾何問題代數(shù)化，注意問題： (1)恰當建系，建系要直觀；坐標簡單易求，在圖上標出坐標軸，特別注意有時要證明三條軸兩兩垂直(扣分點)． (2)關鍵點，向量的坐標要求對，把用到的

4、點的坐標一個一個寫在步驟里． (3)計算要認真細心，特別是|n|，n1、n2的運算． (4)弄清各空間角與向量夾角的關系． 　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． [解]　(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 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

5、B1BCC1. (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． 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. 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. 又因為E，H分別是A1C1，AC的中點， 所以EC1AH，所以四邊形EAHC1為平行四

6、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. (3)因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝. 所以三棱錐E-ABC的體積 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. [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

7、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. [跟蹤訓練]　如圖2所示，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. 圖2 (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC． 【導學號：79140259】 [證明]　以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(

8、0,0,1)，所以E，F(xiàn)，＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)因為＝－，所以∥，即EF∥AB. 又AB平面PAB，EF平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC． 又因為AP∩AD＝A，AP平面PAD，AD平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因為DC平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC． 立體幾何中的探索性問題 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系的探索或空間

9、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，先假設存在點的坐標，再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在． 　(20xx·北京高考)如圖3，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＝. 圖3 (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

10、以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. (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⊥平面ABCD. 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)． 設平面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co

11、s〈n，〉＝＝－. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. (3)設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)． 因為BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當且僅當·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＝. [規(guī)律方法]　解立體幾何中探索性問題的方法 (1)通常假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理； (2)若能推導出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設成立，即存在，并可進一步證明； (3)若推導出與條件或?qū)嶋H情

12、況相矛盾的結(jié)論，則說明假設不成立，即不存在. 易錯警示：探索線段上是否存在點時，注意三點共線條件的應用. [跟蹤訓練]　(20xx·湖南五市十校聯(lián)考)如圖4，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2. 圖4 (1)求證：AB⊥PC； (2)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角M-AC-D的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC夾角的正弦值，如果不存在，請說明理由． [解]　(1)證明：如圖，由已知得四邊形ABCD是直角梯形， 由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，

13、因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A， 所以AB⊥平面PAC， 所以AB⊥PC． (2)法一：(作圖法)　過點M作MN⊥AD交AD于點N，則MN∥PA，因為PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD. 過點M作MG⊥AC交AC于點G，連接NG，則∠MGN是二面角M-AC-D的平面角． 若∠MGN＝45°，則NG＝MN，又AN＝NG＝MN，所以MN＝1，所以MNPA，所以M是PD的中點． 在三棱錐M-ABC中，可得VM-ABC＝S△ABC·MN， 設點B到平面MAC的距離是h，則VB-MAC＝S△MAC·h， 所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝

14、2. 在Rt△BMN中，可得BM＝3. 設BM與平面MAC的夾角為θ，則sin θ＝＝. 法二：(向量法)　建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)． 設＝t (0＜t＜1)，則點M的坐標為(0,2t,2－2t)，所以＝(0,2t,2－2t)． 設平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，則 得，則可取n＝. 又m＝(0,0,1)是平面ACD的一個法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝， 解得t＝，即點M是線段PD的中點． 此時平面M

15、AC的一個法向量可取n0＝(1，－1，)，＝(－2，3，1)． 設BM與平面MAC所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n0，〉|＝. 平面圖形的翻折問題(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、面間的位置關系及有關幾何量的計算是近年高考的熱點，注重考查空間想象能力、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)(20xx·全國卷Ⅱ)如圖5，菱形ABCD①的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF②＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

16、 圖5 (1)證明：D′H⊥平面ABCD③； (2)求二面角B-D′A-C的正弦值． [審題指導] 題眼 挖掘關鍵信息 ①② 由菱形ABCD及AE＝CF，可知DH是等腰三角形DEF底邊上的高線，而DH⊥EF是翻折不變量，再逆用勾股定理可得D′H⊥OH，從而得出結(jié)論 ③ 利用(1)的結(jié)果，可得相交于一點且兩兩垂直的三條直線，為建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的正弦值創(chuàng)造了條件 [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⊥HD，從而EF⊥D′H. 2分 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

17、 由EF∥AC得＝＝. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD. 5分 (2)如圖，以H為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系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)． 設m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m＝(4,3，－5). 8分 設n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向

18、量，則 即 所以可取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝－. sin〈m，n〉＝. 因此二面角B-D′A-C的正弦值是. 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 弄不清翻折變量與不變量 可動手操作、加強訓練、及時總結(jié)，明確在同一平面內(nèi)的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化 [規(guī)律方法]　對于翻折問題，應明確：在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化.解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法. [跟蹤訓練]　(20xx·合肥二檢)如圖6(1)所示，矩形

19、ABCD中，AB＝1，AD＝2，點E為AD中點，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖6(2)所示，點P在平面BCDE上的射影O落在BE上. 【導學號：79140260】 (1)　　　　　　　　　　　　(2) 圖6 (1)求證：BP⊥CE； (2)求二面角B-PC-D的余弦值． [解]　(1)證明：∵點P在平面BCDE上的射影O落在BE上， ∴PO⊥平面BCDE，∵CE平面BCDE，∴PO⊥CE. 易知BE⊥CE，BE∩PO＝O， ∴CE⊥平面PBE，而BP平面PBE，∴BP⊥CE. (2)以O為坐標原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且平行于BC的直線為y軸，PO所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則B，C，D，P， ＝(－1,0,0)，＝， ＝，＝(0,2,0)． 設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令z1＝，可得n1＝. 設平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝，可得n2＝(2,0，)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. ∵二面角B-PC-D為鈍二面角，∴二面角B-PC-D的余弦值為－.