2019高三數(shù)學(xué)（人教A版理）一輪教師用書(shū)專題探究課4立體幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題

四立體幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第124頁(yè))[命題解讀]立體幾何是高考的重要內(nèi)容，從近五年全國(guó)卷高考試題來(lái)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(jì)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(jìn)行空間角的計(jì)算，考查的熱點(diǎn)是平行與垂直的證明、二面角的計(jì)算，平面圖形的翻折，探索存在性問(wèn)題，突出三大能力：空間想象能力、運(yùn)算能力、邏輯推理能力與兩大數(shù)學(xué)思想：轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的考查．空間點(diǎn)、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(jì)算等知識(shí)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．用向量法證明平行、垂直、求空間角，通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算來(lái)實(shí)現(xiàn)，實(shí)質(zhì)是把幾何問(wèn)題代數(shù)化，注意問(wèn)題：(1)恰當(dāng)建系，建系要直觀；坐標(biāo)簡(jiǎn)單易求，在圖上標(biāo)出坐標(biāo)軸，特別注意有時(shí)要證明三條軸兩兩垂直(扣分點(diǎn))．(2)關(guān)鍵點(diǎn)，向量的坐標(biāo)要求對(duì)，把用到的點(diǎn)的坐標(biāo)一個(gè)一個(gè)寫(xiě)在步驟里．(3)計(jì)算要認(rèn)真細(xì)心，特別是|n|，n1、n2的運(yùn)算．(4)弄清各空間角與向量夾角的關(guān)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(diǎn)．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?yàn)锳B⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.①②(2)證明：法一：如圖①，取AB中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.因?yàn)镚，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC．因?yàn)锳C∥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?yàn)镋G?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.法二：如圖②，取AC的中點(diǎn)H，連接C1H，F(xiàn)H.因?yàn)镠，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HF∥AB．又因?yàn)镋，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，所以EC1eq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))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.(3)因?yàn)锳A1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).[規(guī)律方法]1.1證明面面垂直，將“面面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問(wèn)題，再將“線面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問(wèn)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(gè)平面C1HF滿足面面平行，實(shí)施線面平行、面面平行的轉(zhuǎn)化.2.計(jì)算幾何體的體積時(shí)，能直接用公式時(shí)，關(guān)鍵是確定幾何體的高，而不能直接用公式時(shí)，注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化.[跟蹤訓(xùn)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(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.圖2(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC．【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190261】[證明]以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0,0)．(1)因?yàn)閑q\o(EF,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(EF,\s\up7(→))∥eq\o(AB,\s\up7(→))，即EF∥AB．又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB．(2)因?yàn)閑q\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up7(→))⊥eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))⊥eq\o(DC,\s\up7(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC．又因?yàn)锳P∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD．因?yàn)镈C?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC．立體幾何中的探索性問(wèn)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(jì)算問(wèn)題，是高考命題的熱點(diǎn)，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(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在．(2016·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＝eq\r(5).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(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說(shuō)明理由．[解](1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因?yàn)镻A⊥PD，所以PD⊥平面PAB．(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO.因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD．又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因?yàn)镃O?平面ABCD，所以PO⊥CO.因?yàn)锳C＝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)．設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，則x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up7(→)),|n||\o(PB,\s\up7(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→)).因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ)．因?yàn)锽M?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(BM,\s\up7(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).[規(guī)律方法]解立體幾何中探索性問(wèn)題的方法1通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在或結(jié)論成立，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理；2若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說(shuō)明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；3若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說(shuō)明假設(shè)不成立，即不存在.易錯(cuò)警示：探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)，注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用.[跟蹤訓(xùn)練](2017·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＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，PA＝2.圖4(1)求證：AB⊥PC；(2)在線段PD上，是否存在一點(diǎn)M，使得二面角M-AC-D的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)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＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因?yàn)镻A⊥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(guò)點(diǎn)M作MN⊥AD交AD于點(diǎn)N，則MN∥PA，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD．過(guò)點(diǎn)M作MG⊥AC交AC于點(diǎn)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＝eq\r(2)NG＝eq\r(2)MN，所以MN＝1，所以MNeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))eq\f(1,2)PA，所以M是PD的中點(diǎn)．在三棱錐M-ABC中，可得VM-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·MN，設(shè)點(diǎn)B到平面MAC的距離是h，則VB-MAC＝eq\f(1,3)S△MAC·h，所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2eq\r(2).在Rt△BMN中，可得BM＝3eq\r(3).設(shè)BM與平面MAC所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(h,BM)＝eq\f(2\r(6),9).法二：(向量法)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，D(0,2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，B(2eq\r(2)，－2eq\r(2)，0)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)，－2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)．設(shè)eq\o(PM,\s\up7(→))＝teq\o(PD,\s\up7(→))(0＜t＜1)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,2eq\r(2)t,2－2t)，所以eq\o(AM,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)t,2－2t)．設(shè)平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝0,n·\o(AM,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋2\r(2)y＝0,2\r(2)ty＋2－2tz＝0))，則可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(\r(2)t,1－t))).又m＝(0,0,1)是平面ACD的一個(gè)法向量，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1))),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1)))eq\s\up12(2)))＝cos45°＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝eq\f(1,2)，即點(diǎn)M是線段PD的中點(diǎn)．此時(shí)平面MAC的一個(gè)法向量可取n0＝(1，－1，eq\r(2))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，3eq\r(2)，1)．設(shè)BM與平面MAC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n0，eq\o(BM,\s\up7(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).平面圖形的翻折問(wèn)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(diǎn)、線、面間的位置關(guān)系及有關(guān)幾何量的計(jì)算是近年高考的熱點(diǎn)，注重考查空間想象能力、知識(shí)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(guó)卷Ⅱ)如圖5，eq\o(菱形ABCD)①的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，eq\o(AE＝CF)②＝eq\f(5,4)，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).圖5(1)證明：eq\o(D′H⊥平面ABCD)③；(2)求二面角B-D′A-C的正弦值．[審題指導(dǎo)]題眼挖掘關(guān)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(diǎn)且兩兩垂直的三條直線，為建立空間直角坐標(biāo)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eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因?yàn)镋F⊥HD，從而EF⊥D′H. 2分由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以O(shè)H＝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(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸正方向，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)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(3，－4,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(6,0,0)，eq\o(AD′,\s\up7(→))＝(3,1,3)．設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4,3，－5). 8分設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B-D′A-C的正弦值是eq\f(2\r(95),25). 12分[閱卷者說(shuō)]易錯(cuò)點(diǎn)防范措施弄不清翻折變量與不變量可動(dòng)手操作、加強(qiáng)訓(xùn)練、及時(shí)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(huì)發(fā)生變化.[規(guī)律方法]對(duì)于翻折問(wèn)題，應(yīng)明確：在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)可能會(huì)發(fā)生變化.解決這類問(wèn)題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和幾何量的度量值，這是解決翻折問(wèn)題的主要方法.[跟蹤訓(xùn)練](2018·合肥二檢)如圖6①所示，矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖6②所示，點(diǎn)P在平面BCDE上的射影O落在BE上.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：97190262】圖①圖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(diǎn)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B(niǎo)P?平面PBE，∴BP⊥CE.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)點(diǎn)O且平行于CD的直線為x軸，過(guò)點(diǎn)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(biāo)系．則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)