高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究3 立体几何 理 .doc

2013届高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究3 立体几何 理 主要题型：高考中的立体几何题目是很成熟的一种类型，常常考查“平行”、“垂直”两大证明及“空间角”的计算问题，解题方法上表现为传统方法与向量方法：传统方法优势表现为计算简单，过程简洁，但是对概念的理解要求深刻、透彻；向量方法更多的体现是作为一种工具，且有固定的“解题套路”，但是要有准确建立空间直角坐标系及较强的运算能力【例5】 (2012福建)如图，在长方体abcda1b1c1d1中aa1ad1，e为cd中点(1)求证：b1ead1；(2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp平面b1ae？若存在，求ap的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角ab1ea1的大小为30，求ab的长审题路线图长方体abcda1b1c1d1，建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，利用0证明结论：b1ead.假设存在点p(0,0，z0)求，设平面b1ae的法向量n(x，y，z)，求n，利用n0，证明n，可得出结论dp平面b1ae.由n求出z0，即得ap的长确定平面a1b1e、ab1e的法向量利用二面角的平面角的度数即可得到关于|ab|的方程，从而求得|ab|的值规范解答(1)以a为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设aba，则a(0,0,0)，d(0,1，0)，d1(0,1,1)，e，b1(a,0,1)，(2分)故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，b1ead1.(4分)(2)假设在棱aa1上存在一点p(0,0，z0)，使得dp平面b1ae，此时(0，1，z0)又设平面b1ae的法向量n(x，y，z)n平面b1ae，n，n，得取x1，则y，za，得平面b1ae的一个法向量n.(6分)要使dp平面b1ae只要n，有az00，解得z0.又dp平面b1ae，存在点p，满足dp平面b1ae，此时ap.(8分)(3)连接a1d，b1c，由长方体abcda1b1c1d1及aa1ad1，得ad1a1d.b1ca1d，ad1b1c.又由(1)知b1ead1，且b1cb1eb1，ad1平面dcb1a1，是平面a1b1e的一个法向量，此时(0,1,1)(10分)设与n所成的角为，则cos .二面角ab1ea1的大小为30，|cos |cos 30，即.解得a2，即ab的长为2.(13分)抢分秘诀,(1)利用“线线线面面面”三者之间的相互转化证明有关位置关系问题：由已知想未知，由求证想判定，即分析法与综合法相结合来找证题思路；利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.(2)空间角的计算，主要步骤：一作，二证，三算，若用向量，那就是一证、二算.(3)点到平面的距离：直接能作点到面的垂线求距离；利用“三棱锥体积法”求距离；利用向量求解，点p到平面的距离为)(n为p在面内的射影，m，n是的法向量).押题4 如图，已知正三棱柱abca1b1c1的各棱长都是4，e是bc的中点，动点f在侧棱cc1上，且不与点c重合(1)当cf1时，求证：efa1c；(2)设二面角cafe的大小为，求tan 的最小值【押题4】 图1 法一过e作enac于n，连接ef.(1)证明如图1，连接nf、ac1，由直棱柱的性质知，底面abc侧面a1c，又底面abc侧面a1cac，且en底面abc，所以en侧面a1c，又a1c平面a1c1，ena1cnf为ef在侧面a1c内的射影，在rtcne中，cncecos 601.则由得nfac1，又ac1a1c，故nfa1c，又nfnen.图2a1c平面nef，又ef平面nef.efa1c.(2)解如图2，连接af，过n作nmaf于m，连接me.由(1)知enaf，又mnenn，af面mne，afme.所以emn是二面角cafe的平面角，即emn.设fac，则045.在rtcne中，neecsin 60，在rtamn中，mnansin 3sin ，故tan .又045，0sin .故当sin ，即当45时，tan 达到最小值，tan ，此时f与c1重合法二(1)证明建立如图3所示的空间直角坐标系，连接ef，af，则由已知可得a(0,0,0)，b(2，2,0)，c(0，4,0)，a1(0,0,4)，e(，3,0)，f(0,4,1)，于是(0，4,4)，e(，1,1)则e(0，4，4)(，1,1)0440，故efa1c.(2)解设cf(04)，平面aef的一个法向量为m(x，y，z)，则由(1)得f(0,4，)a(，3,0)，a(0,4，)，于是由ma，ma可得即取