（全国通用）近年高考数学一轮复习第7章立体几何初步热点探究课4立体几何中的高考热点问题教师专用文新人教A版

1、热点探究课(四）立体几何中的高考热点问题命题解读1。立体几何初步是高考的重要内容,几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题,客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算。2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法热点1线面位置关系与体积计算（答题模板）以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何

2、体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力,同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等（本小题满分12分)（2015全国卷）如图1,四边形abcd为菱形，g为ac与bd的交点,be平面abcd.(1）证明：平面aec平面bed；（2)若abc120，aeec,三棱锥eacd的体积为,求该三棱锥的侧面积图1思路点拨（1)注意到四边形abcd为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直;(2）根据几何体的体积求得底面菱形的边长,计算侧棱，求出各个侧面的面积规范解答(1)证明：因为四边形abcd为菱形，所以acbd。因为be平面abcd，ac平面abcd，

3、所以acbe。2分因为bdbeb，故ac平面bed.又ac平面aec，所以平面aec平面bed。4分(2）设abx，在菱形abcd中，由abc120，可得aggcx,gbgd.因为aeec，所以在rtaec中,可得egx。6分由be平面abcd，知ebg为直角三角形，可得bex。由已知得，三棱锥e。acd的体积v三棱锥e.acdacgdbex3，故x2。9分从而可得aeeced.所以eac的面积为3,ead的面积与ecd的面积均为。故三棱锥e.acd的侧面积为32.12分答题模板第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直acbe.第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面aec平面bed.第三

4、步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长第四步：计算各个侧面三角形的面积,求得四棱锥的侧面积第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤温馨提示1。在第(1)问，易忽视条件bdbeb，ac平面aec，造成推理不严谨,导致扣分2正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时,需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分对点训练1如图2,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(1)求证:平面abe平面b1bcc1；（2)求证：c1f平面abe;(3

5、)求三棱锥e。abc的体积图2解(1)证明：在三棱柱abca1b1c1中,因为bb1底面abc，ab平面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。4分（2）证明：取ab的中点g，连接eg，fg.因为g，f分别是ab，bc的中点，所以fgac,且fgac.因为aca1c1，且aca1c1，所以fgec1,且fgec1，6分所以四边形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。8分（3）因为aa1ac2,bc1，abbc,所以ab，10分所以三棱锥e

6、。abc的体积vsabcaa112。12分热点2平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量,是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向如图3，在长方形abcd中，ab2,bc1，e为cd的中点，f为ae的中点现沿ae将三角形ade向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3（1）在线段ab上是否存在一点k，使bc平面dfk?若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ade平面abce，

7、求证：平面bde平面ade. 【导学号:31222264】解(1)如图,线段ab上存在一点k,且当akab时，bc平面dfk。1分证明如下：设h为ab的中点，连接eh，则bceh.akab,f为ae的中点，kfeh，kfbc。3分kf平面dfk，bc平面dfk，bc平面dfk.5分（2）证明：在折起前的图形中e为cd的中点，ab2，bc1，在折起后的图形中，aebe，从而ae2be24ab2，aebe。8分平面ade平面abce，平面ade平面abceae，be平面ade.be平面bde，平面bde平面ade.12分规律方法1。解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况

8、下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口2在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形对点训练2(2016全国卷)如图4,菱形abcd的对角线ac与bd交于点o，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（1）证明：achd；(2）若ab5，ac6，ae,od2，求五棱锥d。abcfe的体积图4解（1)证明：由已知得acbd,adcd.2分又由aecf得，故acef。由此得efhd，故efhd,所以achd.5分（2)由efac得.由ab5，ac6得dobo4。7分所以oh1

9、，dhdh3。于是od2oh2（2）2129dh2,故odoh.由（1)知achd，又acbd，bdhdh，所以ac平面bhd，于是acod.又由odoh，acoho，所以od平面abc.又由得ef.10分五边形abcfe的面积s683.所以五棱锥d。abcfe的体积v2。12分热点3线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型:(1）条件追溯型(2）存在探索型（3)方法类比探索型(2017石家庄质检）如图5所示,在四棱锥p.abcd中，底面abcd是边长为a的正方形，侧面pad底面

10、abcd，且e，f分别为pc，bd的中点（1）求证：ef平面pad;(2）在线段cd上是否存在一点g,使得平面efg平面pdc？若存在，请说明其位置，并加以证明;若不存在，请说明理由。 【导学号:31222265】图5解(1)证明：如图所示，连接ac，在四棱锥p.abcd中，底面abcd是边长为a的正方形，且点f为对角线bd的中点。2分所以对角线ac经过点f。又在pac中，点e为pc的中点,所以ef为pac的中位线，所以efpa.又pa平面pad,ef平面pad，所以ef平面pad.5分(2）存在满足要求的点g。在线段cd上存在一点g为cd的中点，使得平面efg平面pdc。因为底面abcd是边

11、长为a的正方形，所以cdad。7分又侧面pad底面abcd,cd平面abcd，侧面pad平面abcdad,所以cd平面pad。又ef平面pad，所以cdef.取cd中点g,连接fg,eg。9分因为f为bd中点,所以fgad.又cdad,所以fgcd，又fgeff，所以cd平面efg，又cd平面pdc，所以平面efg平面pdc.12分规律方法1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本2第(2)问是探索开放性问题,采用了先猜后证,即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发,探索出要求

12、的结论是什么，对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论对点训练3（2017湖南师大附中检测）如图6，四棱锥s。abcd的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，p为侧棱sd上的点(1)求证：acsd；(2）若sd平面pac，则侧棱sc上是否存在一点e，使得be平面pac？若存在，求seec；若不存在，请说明理由图6证明(1）连接bd,设ac交bd于点o，连接so，由题意得四棱锥sabcd是正四棱锥，所以soac。2分在正方形abcd中，acbd,又sobdo,所以ac平面sbd.因为sd平面sbd，所以acsd.5分(2）在棱sc上存在一点e,使得be平面

13、pac.连接op.设正方形abcd的边长为a，则scsda.7分由sd平面pac得sdpc，易求得pd.故可在sp上取一点n，使得pnpd。过点n作pc的平行线与sc交于点e，连接be，bn，在bdn中，易得bnpo.10分又因为nepc，ne平面bne，bn平面bne，bnnen，po平面pac，pc平面pac，popcp，所以平面ben平面pac，所以be平面pac.因为snnp21，所以seec21。12分热点探究训练(四）立体几何中的高考热点问题1如图7，四边形abcd是菱形，四边形madn是矩形，平面madn平面abcd，e，f分别为ma，dc的中点，求证：图7(1）ef平面mncb

14、；（2)平面mac平面bdn。证明(1)取nc的中点g，连接fg，mg.因为mend且mend，又因为f,g分别为dc，nc的中点,fgnd且fgnd，所以fg綊me,所以四边形mefg是平行四边形，所以efmg.4分又mg平面mncb，ef平面mncb，所以ef平面mncb.6分(2）连接bd，mc，因为四边形madn是矩形,所以ndad，又因为平面madn平面abcd，平面abcd平面madnad,nd平面madn，所以nd平面abcd，所以ndac.8分因为四边形abcd是菱形，所以acbd。10分因为bdndd，所以ac平面bdn。又因为ac平面mac,所以平面mac平面bdn。12分

15、2（2017合肥质检）如图8,直角三角形abc中,a60,沿斜边ac上的高bd将abd折起到pbd的位置，点e在线段cd上图8(1)求证：bdpe；(2)过点d作dmbc交bc于点m，点n为pb的中点，若pe平面dmn，求的值解(1）证明：bdpd，bdcd且pddcd，bd平面pcd，而pe平面pcd,bdpe。5分（2）由题意得bmbc，取bc的中点f，则pfmn,pf平面dmn,7分由条件pe平面dmn，pepfp，平面pef平面dmn，efdm。10分.12分3(2017西安调研）如图9，在直角梯形abcd中，adbc,bad，abbcada,e是ad的中点,o是ac与be的交点将ab

16、e沿be折起到图中a1be的位置，得到四棱锥a1bcde。 【导学号：31222266】图9(1）证明：cd平面a1oc；（2)当平面a1be平面bcde时,四棱锥a1.bcde的体积为36，求a的值解（1)证明：在图中,因为abbcada，e是ad的中点，bad，所以beac。2分则在图中，bea1o，beoc,且a1ooco,从而be平面a1oc.又cdbe，所以cd平面a1oc.5分(2)由已知，平面a1be平面bcde，且平面a1be平面bcdebe,又由(1)可得a1obe，所以a1o平面bcde.8分即a1o是四棱锥a1。bcde的高由图知，a1oaba,平行四边形bcde的面积s

17、bcaba2，从而四棱锥a1。bcde的体积为vsa1oa2aa3。由a336，得a6。12分4(2017贵阳模拟)已知如图10，abc和dbc所在的平面互相垂直，且abbcbd1，abcdbc120。图10（1）在直线bc上求作一点o，使bc平面aod,写出作法并说明理由；（2)求三棱锥abcd的体积. 【导学号:31222267】解(1）作aobc，交cb延长线于点o，连接do，则bc平面aod.1分证明如下：abdb，obob，abodbo，aobdob，3分则aobdob90，即odbc。又aoodo,bc平面aod。5分（2）abc和dbc所在的平面互相垂直，ao平面bcd，即ao是

18、三棱锥a.bcd底面bcd上的高，7分在rtaob中，ab1，abo60,aoabsin 60。10分又sbcdbcbdsincbd，v三棱锥a。bcdsbcdao.12分5.如图11，三棱锥p。abc中，pa平面abc，pa1，ab1，ac2,bac60。图11（1)求三棱锥p。abc的体积；（2）在线段pc上是否存在点m，使得acbm，若存在点m，求出的值；若不存在,请说明理由解(1)由题知ab1，ac2，bac60，可得sabcabacsin 60。2分由pa平面abc，可知pa是三棱锥p.abc的高又pa1,所以三棱锥p。abc的体积vsabcpa。5分(2）证明：在平面abc内，过点

19、b作bnac，垂足为n。在平面pac内,过点n作mnpa交pc于点m,连接bm.7分由pa平面abc知paac,所以mnac。由于bnmnn，故ac平面mbn.又bm平面mbn，所以acbm.10分在rtban中，anabcos bac，从而ncacan.由mnpa，得.12分6.(2015湖南高考）如图12，直三棱柱abc。a1b1c1的底面是边长为2的正三角形，e,f分别是bc，cc1的中点图12(1)证明：平面aef平面b1bcc1；（2)若直线a1c与平面a1abb1所成的角为45，求三棱锥f。aec的体积解（1）证明：如图，因为三棱柱abc。a1b1c1是直三棱柱，所以aebb1。又e是正三角形abc的边bc的中点，所以aebc.3分因此ae平面b1bcc1。而ae平面aef,所以平面aef平面b1bcc1.5分（2)设ab的中点为d，连接a1d,cd.因为abc是正三角形，所以cdab.又三棱柱abc。a1b1c1是直三棱柱，所以cdaa1.因此cd平面a1abb1，于是ca1d为直线a1c与平面a1abb1所成的角。8