（浙江专版）2018高考数学一轮复习 第7章 立体几何 热点探究课4 立体几何中的高考热点问题.教师用书.doc

热点探究课(四)立体几何中的高考热点问题命题解读1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题客观题主要考查空间概念，点、线、面位置关系的判定、三视图解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.2.立体几何重点考查学生的空间想象能力、数学运算和逻辑推理论证能力考查的热点是以几何体为载体的平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出了转化化归思想与数形结合的思想方法热点1空间点、线、面间的位置关系空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等如图1所示，在三棱柱abca1b1c1中，侧棱垂直于底面，abbc，aa1ac2，bc1，e，f分别是a1c1，bc的中点图1(1)求证：平面abe平面b1bcc1；(2)求证：c1f平面abe；(3)求三棱锥eabc的体积解(1)证明：在三棱柱abca1b1c1中，bb1底面abc，所以bb1ab.2分又因为abbc，bb1bcb，所以ab平面b1bcc1.又ab平面abe，所以平面abe平面b1bcc1.6分(2)证明：法一：如图，取ab中点g，连接eg，fg.因为g，f分别是ab，bc的中点，所以fgac，且fgac.8分因为aca1c1，且aca1c1，所以fgec1，且fgec1.所以四边形fgec1为平行四边形，所以c1feg.又因为eg平面abe，c1f平面abe，所以c1f平面abe.10分法二：如图，取ac的中点h，连接c1h，fh.因为h，f分别是ac，bc的中点，所以hfab.8分又因为e，h分别是a1c1，ac的中点，所以ec1綊ah，所以四边形eahc1为平行四边形，所以c1hae，又c1hhfh，aeaba，所以平面abe平面c1hf.又c1f平面c1hf，所以c1f平面abe.10分(3)因为aa1ac2，bc1，abbc，所以ab.12分所以三棱锥eabc的体积vsabcaa112.15分规律方法1.(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题(2)证明c1f平面abe：利用判定定理，关键是在平面abe中找(作)出直线eg，且满足c1feg.利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面c1hf满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化2计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化对点训练1(2017天津联考)如图2，四边形abcd为直角梯形，abcd，abbc，abe为等边三角形，且平面abcd平面abe，cdbcab1，点p为ce的中点图2(1)求证：abde；(2)求de与平面abcd所成角的大小；(3)求三棱锥dabp的体积. 【导学号：51062252】解(1)证明：取ab的中点o，连接od，oe.abe是正三角形，aboe.四边形abcd是直角梯形，dcab，abcd，四边形obcd是平行四边形，odbc.3分又abbc，abod.od，oe平面ode，且odoeo，ab平面ode.de平面ode，abde.5分(2)平面abcd平面abe，平面abcd平面abeab，oeab，oe平面abe，oe平面abcd，ode即为所求，在ode中，od1，oe，doe90，tanode.又ode为锐角，ode60.10分(3)p为ce的中点，v三棱锥dabpv三棱锥pabdv三棱锥eabd.12分oe平面abcd，v三棱锥eabdsabdoe，v三棱锥dabpv三棱锥pabdv三棱锥eabd.15分热点2平面图形折叠成空间几何体(答题模板)将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想试题以解答题为主要呈现形式，中档难度(本小题满分15分)如图3，菱形abcd的对角线ac与bd交于点o，ab5，ac6，点e，f分别在ad，cd上，aecf，ef交bd于点h.将def沿ef折到def的位置，od.图3(1)证明：dh平面abcd；(2)求二面角bdac的正弦值思路点拨(1)利用已知条件及翻折的性质得出dhef，利用勾股定理逆定理得出dhoh，从而得出结论；(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值规范解答(1)证明：由已知得acbd，adcd.又由aecf得，故acef.因为efhd，从而efdh.2分由ab5，ac6得dobo4.由efac得.所以oh1，dhdh3.于是dh2oh2321210do2，故dhoh.5分又dhef，而ohefh，所以dh平面abcd.6分(2)如图，以h为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系hxyz，则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).9分设m(x1，y1，z1)是平面abd的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面acd的法向量，则即所以可取n(0，3,1).12分于是cosm，n.sinm，n.因此二面角bdac的正弦值是.15分答题模板第一步：由平行线性质及题设，证明efdh.第二步：利用线面垂直的判定，得dh平面abcd.第三步：建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标第四步：利用方程思想，计算两平面的法向量第五步：由法向量的夹角，求二面角bdac的正弦值第六步：检验反思，查看关键点，规范解题步骤温馨提示1.在第(1)问，易忽视dhoh的论证及条件ohefh，导致推理不严谨而失分2正确的计算结果是得分的关键，本题易发生写错点的坐标，或求错两半平面的法向量导致严重失分3阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不给分，因此要抓住得分点对点训练2(2017嘉兴调研)如图4，在直角梯形abcd中，adbc，bad，abbc1，ad2，e是ad的中点，o是ac与be的交点将abe沿be折起到a1be的位置，如图4.图4(1)证明：cd平面a1oc；(2)若平面a1be平面bcde，求平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值. 【导学号：51062253】解(1)证明：在图中，因为abbc1，ad2，e是ad的中点，bad，所以beac，2分即在题图中，beoa1，beoc，从而be平面a1oc.又cdbe，所以cd平面a1oc.6分(2)由已知，平面a1be平面bcde，又由(1)知，beoa1，beoc，所以a1oc为二面角a1bec的平面角，所以a1oc.8分如图，以o为原点，建立空间直角坐标系，因为a1ba1ebced1，bced，所以b，e，a1，c，得b，(，0,0).10分设平面a1bc的法向量n1(x1，y1，z1)，平面a1cd的法向量n2(x2，y2，z2)，平面a1bc与平面a1cd的夹角为，则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面a1bc与平面a1cd夹角的余弦值为.15分热点3立体几何中的探索开放问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在如图5，在四棱锥pabcd中，平面pad平面abcd，papd，papd，abad，ab1，ad2，accd.图5(1)求证：pd平面pab；(2)求直线pb与平面pcd所成角的正弦值；(3)在棱pa上是否存在点m，使得bm平面pcd？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面pad平面abcd，abad，所以ab平面pad.所以abpd.2分又因为papd，所以pd平面pab.4分(2)取ad的中点o，连接po，co.因为papd，所以poad.又因为po平面pad，平面pad平面abcd，所以po平面abcd.6分因为co平面abcd，所以poco.因为accd，所以coad.如图，建立空间直角坐标系oxyz.由题意得，a(0,1,0)，b(1,1,0)，c(2,0,0)，d(0，1,0)，p(0,0,1).6分设平面pcd的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线pb与平面pcd所成角的正弦值为.10分(3)设m是棱pa上一点，则存在0,1使得.因此点m(0,1，)，(1，).12分因为bm平面pcd，所以要使bm平面pcd当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱pa上存在点m使得bm平面pcd，此时.15分规律方法1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等2对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数对点训练3(2017浙江名校联考)如图6，在四棱锥pabcd中，pd平面abcd，abdc，abad，dc6，ad8，bc10，pad45，e为pa的中点图6(1)求证：de平面bpc；(2)线段ab上是否存在一点f，满足cfdb？若存在，试求出二面角fpcd的余弦值；若不存在，请说明理由. 【导学号：51062254】解(1)证明：取pb的中点m，连接em和cm，过点c作cnab，垂足为点n.1分cnab，daab，cnda，又abcd，四边形cdan为平行四边形，cnad8，dcan6，在rtbnc中，bn6，ab12，而e，m分别为pa，pb的中点，emab且em6，又dcab，4分emcd且emcd，四边形cdem为平行四边形，decm.cm平面pbc，de平面pbc，de平面bpc.6分(2)由题意可得da，dc，dp两两互相垂直，如图，以d为原点，da，dc，dp分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系dxyz，则a(8,0,0)，b(8,12,0)，c(0,6,0)，p(0,0,8).8分假设ab上存在一点f使cfbd，设点f坐标为(8，t,0)，则(8，t6,0)，(8,12,0)，由0得t.10分又平面dpc的一个法向量为m(1,0,0)，设平面fpc的法向量为n(x，y，z)又(0,6，8)，.12分由得即不妨令y12，有n(8,12,9)则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角fpcd的余弦值为.15分热点4利用向量求空间角在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等如图7，在四棱锥aefcb中，aef为等边三角形，平面aef平面efcb，efbc，bc4，ef2a，ebcfcb60，o为ef的中点图7(1)求证：aobe；(2)求二面角faeb的余弦值；(3)若be平面aoc，求a的值解(1)证明：因为aef是等边三角形，o为ef的中点，所以aoef.1分又因为平面aef平面efcb，ao平面aef，所以ao平面efcb，所以aobe.4分(2)取bc的中点g，连接og.由题设知四边形efcb是等腰梯形，所以ogef.由(1)知ao平面efcb，又og平面efcb，所以oaog.6分如图建立空间直角坐标系oxyz，则e(a,0,0)，a(0,0，a)，b(2，(2a)，0)，(a,0, a)，(a2，(a2)，0)设平面aeb的一个法向量n(x，y，z)，则即8分令z1，则x，y1，于是n(，1,1)又平面aef的一个法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题知二面角faeb为钝角，所以它的余弦值为.10分(3)因为be平面aoc，所以beco，即0.因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.12分由0及0a0.2分(1,1，t)，(1，1,0)，111(1)(t)00，pffd.4分(2)设平面pfd的法向量为n(x，y，z)，由得则取z1，则n.设g(0,0，m)(0mt).8分e，由题意n0，m0，mt，当g是线段pa的靠近于a的一个四等分点时，使得eg平面pfd.10分(3)pa平面abcd，pba就是pb与平面abcd所成的角，即pba45，paab1，p(0,0,1)，由(2)知平面pfd的一个法向量为n.12分易知平面pad的一个法向量为(1,0,0)，cos，n.由图知，二面角apdf的平面角为锐角，二面角apdf的余弦值为.15分6如图14，四边形abcd为菱形，abc120，e，f是平面abcd同一侧的两点，be平面abcd，df平面abcd，be2df，aeec.图14(1)证明：平面aec平面afc；(2)求直线ae与直线cf所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接bd，设bdacg，连接eg，fg，ef.在菱形abcd中，不妨设gb1.由abc120