2018届高考理科数学热点题型：立体几何(含答案和解释)

精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 1 / 122018 届高考理科数学热点题型：立体几何(含答案和解释)莲山课件m 立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例 1】如图，在ABc 中，ABc4，o 为 AB 边上一点，且 3oB3oc2AB，已知 Po平面 ABc，2DA2AoPo，且DAPo.(1)求证：平面 PBD平面 coD；(2)求直线 PD 与平面 BDc 所成角的正弦值.(1)证明oBoc，又ABc4，ocB4，Boc2.coAB.又 Po平面 ABc，oc平面 ABc，Pooc.又Po，AB平面 PAB，PoABo，精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 2 / 12co平面 PAB，即 co平面 PDB.又 co平面 coD，平面 PDB平面 coD.(2)解以 oc，oB，oP 所在射线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设 oA1，则 PooBoc2，DA1.则 c(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，PD(0，1，1)，Bc(2，2，0)，BD(0，3，1).设平面 BDc 的一个法向量为 n(x，y，z)，nBD0，2x2y0，3yz0，令 y1，则 x1，z3，n(1，1，3).设 PD 与平面 BDc 所成的角为 ，则 sinPDn|PD|n|101（1）3（1）02（1）2（1）212123222211.即直线 PD 与平面 BDc 所成角的正弦值为 22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 3 / 12第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体 A1B1D1DcBA 中，四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABcD 均为正方形，E 为 B1D1 的中点，过 A1，D，E 的平面交 cD1 于 F.(1)证明：EFB1c.(2)求二面角 EB1 的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知 A1B1ABDc，且A1B1ABDc，所以四边形 A1B1cD 为平行四边形，从而B1cA1D，又 A1D面 A1DE，于是 B1c面 A1DE.又 B1c面 B1cD1，面 A1DE面B1cD1EF，所以 EFB1c.(2)解因为四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABcD 均为正方形，所以 AA1AB，AA1AD，ABAD 且 AA1ABAD.以 A 为原点，分别以 AB，AD，AA1为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 4 / 12B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而 E 点为 B1D1 的中点，所以E 点的坐标为 12，12，1.设平面 A1DE 的一个法向量 n1(r1，s1，t1)，而该面上向量 A1E12，12，0，A1D(0，1，1)，由n1A1E，n1A1D得 r1，s1，t1 应满足的方程组12r112s10，s1t10，(1，1，1)为其一组解，所以可取 n1(1，1，1).设平面 A1B1cD 的一个法向量 n2(r2，s2，t2)，而该面上向量 A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得 n2(0，1，1).所以结合图形知二面角 EB1 的余弦值为|n1|n2|23263.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(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.【例 2】如图，在四棱锥 PABcD 中，平面 PAD平面ABcD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，AccD精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 5 / 125.(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 AmAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面 PAD平面 ABcD，平面 PAD平面ABcDAD，ABAD，所以 AB平面 PAD，所以 ABPD.又 PAPD，ABPAA，所以 PD平面 PAB.(2)解取 AD 的中点 o，连接 Po，co.因为 PAPD，所以 PoAD.因为 Po平面 PAD，平面 PAD平面 ABcD，所以 Po平面 ABcD.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).设平面 PcD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则nPc0，即yz0，2xz0，精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 6 / 12令 z2，则 x1，y2.所以 n(1，2，2).又 PB(1，1，1)，所以 cosn，PBnPB|n|PB|33.所以直线 PB 与平面 PcD 所成角的正弦值为 33.(3)解设 m 是棱 PA 上一点，则存在 0，1，使得AmAP.因此点 m(0，1，)，Bm(1，).因为 Bm平面 PcD，所以要使 Bm平面 PcD，则 Bmn0，即(1，)(1，2，2)0，解得 14.所以在棱 PA 上存在点 m，使得 Bm平面 PcD，此时AmAP14.【类题通法】(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】如图，在四棱锥 PABcD 中，PD平面ABcD，ABDc，ABAD，Dc6，AD8，Bc10，PAD45，E 为 PA 的中点.精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 7 / 12(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.(1)证明取 PB 的中点 m，连接 Em 和 cm，过点 c 作cNAB，垂足为点 N.cNAB，DAAB，cNDA，又 ABcD，四边形 cDAN 为平行四边形，cNAD8，DcAN6，在 RtBNc 中，BNBc2cN2102826，AB12，而 E，m 分别为 PA，PB 的中点，EmAB 且 Em6，又 DcAB，EmcD 且 EmcD，四边形 cDEm 为平行四边形，DEcm.cm平面 PBc，DE平面 BPc.(2)解由题意可得 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).精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 8 / 12假设 AB 上存在一点 F 使 cFBD，设点 F 坐标为(8，t，0)，则 cF(8，t6，0)，DB(8，12，0)，由 cFDB0 得 t23.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 Pc(0，6，8)，Fc8，163，0.由 nFc0，得6y8z0，8x163y0，即 z34y，x23y，不妨令 y12，有 n(8，12，9).则 cosn，mnm|n|m|818212292817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角 FPcD 的余弦值为 817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例 3】如图，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，AEcF54，EF 交 BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 9 / 12的位置，oD10.(1)证明：DH平面 ABcD；(2)求二面角 BDAc 的正弦值.(1)证明由已知得 AcBD，ADcD.又由 AEcF 得 AEADcFcD，故 AcEF.因此 EFHD，从而 EFDH.由 AB5，Ac6 得 DoBoAB2Ao24.由 EFAc 得 oHDoAEAD14.所以 oH1，DHDH3.于是 DH2oH2321210Do2，故 DHoH.又 DHEF，而 oHEFH，所以 DH平面 ABcD.(2)解如图，以 H 为坐标原点，HF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)，AB(3，4，0)，Ac(6，0，0)，AD(3，1，3).设 m(x1，y1，z1)是平面 ABD的一个法向量，则 mAD0，即3x14y10，3x1y13z10，精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 10 / 12所以可取 m(4，3，5).设 n(x2，y2，z2)是平面 AcD的一个法向量，则 nAD0，即6x20，3x2y23z20，所以可取 n(0，3，1).于是 cosm，nmn|m|n|1450107525.sinm，n29525.因此二面角 BDAc 的正弦值是 29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图 1，在直角梯形 ABcD 中，ADBc，BAD2，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 2.(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.(1)证明在题图 1 中，因为 ABBc1，AD2，E 是 AD精品文档2016 全新精品资料-全新公文范文 -全程指导写作 独家原创 11 / 12的中点，BAD2，所以 BEAc.即在题图 2 中，BEoA1，BEoc，从而 BE平面 A1oc.又 cDBE，所以 cD平面 A1oc.(2)解由已知，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A1oc2.如图，以 o 为原点，oB，oc，oA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBcED1，BcED，所以 B22，0，0，E22，0，0，A10，0，22，c0，22，0，得Bc22，22，0，A1c0，