2019年高三數(shù)學一輪復習：-熱點探究課4-立體幾何中的高考熱點問題

PAGE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，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．【導學號：01772279】[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B1BCC1.4分①②(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＝eq\f(1,2)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＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).10分所以三棱錐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).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)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C12．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，△ABE為等邊三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，CD＝BC＝eq\f(1,2)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??；(3)求三棱錐D-ABP的體積．[解](1)證明：取AB的中點O，連接OD，OE.∵△ABE是正三角形，∴AB⊥OE.∵四邊形ABCD是直角梯形，DC＝eq\f(1,2)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＝eq\r(3)，∠DOE＝90°，∴tan∠ODE＝eq\r(3).又∵∠ODE為銳角，∴∠ODE＝60°.8分(3)∵P為CE的中點，∴V三棱錐D-ABP＝V三棱錐P-ABD＝eq\f(1,2)V三棱錐E-ABD.10分∵OE⊥平面ABCD，∴V三棱錐E-ABD＝eq\f(1,3)S△ABD·OE＝eq\f(1,3)×eq\f(2×1,2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，∴V三棱錐D-ABP＝V三棱錐P-ABD＝eq\f(1,2)V三棱錐E-ABD＝eq\f(\r(3),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，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(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．[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.因為EF⊥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(2)如圖，以H為坐標原點，eq\o(HF,\s\up7(→))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)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(3，－4,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(6,0,0)，eq\o(AD′,\s\up7(→))＝(3,1,3).7分設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)．設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).10分于是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[答題模板]第一步：由平行線性質(zhì)及題設，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．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，∠BAD＝eq\f(π,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.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，∠BAD＝eq\f(π,2)，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＝eq\f(π,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，BC∥ED，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，得Beq\o(C,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－eq\r(2)，0,0).9分設平面A1BC的法向量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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取n1＝(1,1,1)；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2－z2＝0，))取n2＝(0,1,1)，從而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為eq\f(\r(6),3).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．(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＝eq\r(5).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eq\f(AM,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分設平面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).8分(3)設M是棱PA上一點，則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→)).因此點M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ).10分因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當且僅當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M使得BM∥平面PCD，此時eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).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P-ABCD中，PD⊥平面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，∴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＝eq\r(BC2－CN2)＝eq\r(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(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AB上存在一點F使CF⊥BD，設點F坐標為(8，t,0)，則eq\o(CF,\s\up7(→))＝(8，t－6,0)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(8,12,0)，由eq\o(CF,\s\up7(→))·eq\o(DB,\s\up7(→))＝0得t＝eq\f(2,3).8分又平面DPC的一個法向量為m＝(1,0,0)，設平面FPC的法向量為n＝(x，y，z)．又eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,6，－8)，eq\o(FC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－8，\f(16,3)，0)).10分由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6y－8z＝0，,－8x＋\f(16,3)y＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f(3,4)y，,x＝\f(2,3)y，))不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(8,1×\r(82＋122＋92))＝eq\f(8,17).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eq\f(8,17).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?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＝∠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(2)取BC的中點G，連接OG.由題設知四邊形EFCB是等腰梯形，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，eq\r(3)a)，B(2，eq\r(3)(2－a)，0)，eq\o(EA,\s\up7(→))＝(－a,0,eq\r(3)a)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)．設平面AEB的一個法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up7(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax＋\r(3)az＝0，,a－2x＋\r(3)a－2y＝0.))7分令z＝1，則x＝eq\r(3)，y＝－1，于是n＝(eq\r(3)，－1,1)．又平面AEF的一個法向量為p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(5),5).由題知二面角F-AE-B為鈍角，所以它的余弦值為－eq\f(\r(5),5).8分(3)因為BE⊥平面AOC，所以BE⊥CO，即eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝0.因為eq\o(BE,\s\up7(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(－2，eq\r(3)(2－a)，0)，所以eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.10分由eq\o(BE,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝0及0<a<2，解得a＝eq\f(4,3).12分[規(guī)律方法]1.本題主要考查數(shù)學推理論證能力，利用空間向量進行數(shù)學運算能力，同時考查化歸轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想．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?。甗對點訓練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