2019年高考数学一轮复习专题探究课4立体几何中的高考热点问题理北师大版

1、四立体几何中高考热点问题(对应学生用书第127 页) 命题解读 立体几何是高考重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角计算，考查热点是平行与垂直证明、二面角计算，平面图形翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想考查空间点、线、面间位置关系空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形有关性质及体积计算等知识交汇考查，考查学生空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思

2、想，一般以解答题形式出现，难度中等用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：(1) 恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证明三条轴两两垂直(扣分点 ) (2) 关键点，向量坐标要求对，把用到点坐标一个一个写在步骤里(3) 计算要认真细心，特别是|n| ，n1、n2运算(4) 弄清各空间角与向量夹角关系如图 1 所示，在三棱柱abc-a1b1c1中，侧棱垂直于底面，abbc，aa1ac2，bc1，e，f分别是a1c1，bc中点图 1(1) 求证：平面abe平面b1bcc1；(2) 求证：

3、c1f平面abe；(3) 求三棱锥e-abc体积 解 (1) 证明：在三棱柱abc-a1b1c1中，bb1底面abc，所以bb1ab.又因为abbc，bb1bcb，所以ab平面b1bcc1. 又ab平面abe，所以平面abe平面b1bcc1.(1) (2)(2) 证明：法一：如图(1) ，取ab中点g，连接eg，fg.因为g，f分别是ab，bc中点，所以fgac，且fg12ac 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.法二：如图 (2) ，取ac中点h

4、，连接c1h，fh.因为h，f分别是ac，bc中点，所以hfab.又因为e，h分别是a1c1，ac中点，所以ec1ah，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.(3) 因为aa1ac2，bc1，abbc，所以abac2bc23.所以三棱锥e-abc体积v13sabcaa1131231233. 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

5、c1feg. 利用面面平行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、面面平行转化.2. 计算几何体体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体高，而不能直接用公式时，注意进行体积转化. 跟踪训练 如图 2 所示， 在底面是矩形四棱锥p-abcd中，pa底面abcd，e，f分别是pc，pd中点，paab1，bc2.图 2(1) 求证：ef平面pab；(2) 求证：平面pad平面pdc 【导学号： 79140259】 证明 以a为原点，ab，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(1,2,0)，d

6、(0,2,0)，p(0,0,1)， 所 以e12，1，12，f0，1，12，ef 12，0，0 ，ap(0,0,1)，ad(0,2,0)，dc(1,0,0)，ab(1,0,0)(1) 因为ef12ab，所以efab，即efab.又ab平面pab，ef? / 平面pab，所以ef平面pab.(2) 因为apdc(0,0,1)(1,0,0) 0，addc(0,2,0)(1,0,0) 0，所以apdc，addc，即apdc，addc 又因为apada，ap平面pad，ad平面pad，所以dc平面pad.因为dc平面pdc，所以平面pad平面pdc 立体几何中探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常

7、涉及线面平行与垂直位置关系探索或空间角计算问题，是高考命题热点，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，先假设存在点坐标，再根据条件判断该点坐标是否存在(2016北京高考 ) 如图 3，在四棱锥p-abcd中，平面pad平面abcd，papd，papd，abad，ab1，ad2，accd5.图 3(1) 求证：pd平面pab；(2) 求直线pb与平面pcd所成角正弦值；(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.又

8、因为papd，所以pd平面pab.(2) 取ad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.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o-xyz.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法向量为n(x，y，z) ，则npd0，npc0，即yz0，2xz0.令z2，则x1，y 2.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

9、成角正弦值为33.(3) 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当且仅当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. 规律方法 解立体几何中探索性问题方法1通常假设题中数学对象存在或结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理；2若能推导出与条件吻合数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；3若推导出与条件或实际情况相矛盾结论，则说明假设不成立，即不存在.易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件应用. 跟踪训

10、练 (2017湖南五市十校联考) 如图 4， 在四棱锥p-abcd中，pa平面abcd，adbc，adcd，且adcd22，bc42，pa2.图 4(1) 求证：abpc；(2) 在线段pd上， 是否存在一点m， 使得二面角m-ac-d大小为 45，如果存在， 求bm与平面mac夹角正弦值， 如果不存在， 请说明理由 解 (1) 证明：如图，由已知得四边形abcd是直角梯形，由adcd22，bc42， 可得abc是等腰直角三角形， 即abac，因为pa平面abcd，所以paab，又paaca，所以ab平面pac，所以abpc (2) 法一：( 作图法 ) 过点m作mnad交ad于点n，则mnp

11、a，因为pa平面abcd，所以mn平面abcd.过点m作mgac交ac于点g，连接ng，则mgn是二面角m-ac-d平面角若mgn45，则ngmn，又an2ng2mn，所以mn1，所以mn12pa，所以m是pd中点在三棱锥m-abc中，可得vm-abc13sabcmn，设点b到平面mac距离是h，则vb-mac13smach，所以sabcmnsmach，解得h22.在 rtbmn中，可得bm33.设bm与平面mac夹角为，则 sin hbm269.法二： ( 向量法 ) 建立如图所示空间直角坐标系，则a(0,0,0)，c(22，22，0)，d(0,22，0) ，p(0,0,2)，b(22， 2

12、2，0)，pd(0,22， 2)，ac(22，22，0) 设pmtpd(0 t1) ，则点m坐标为 (0,22t,22t)，所以am(0,22t,22t) 设平面mac法向量是n(x，y，z) ，则nac0nam0，得22x22y022ty(2 2t)z0， 则 可 取n1， 1，2t1t.又m(0,0,1)是平面acd一个法向量，所以|cos m，n| |mn|m|n|2tt122tt12cos 45 22，解得t12，即点m是线段pd中点此时平面mac一个法向量可取n0(1 ，1， 2) ，bm(22，32，1) 设bm与平面mac所成角为，则 sin |cos n0，bm| 269.平面

13、图形翻折问题( 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、面间位置关系及有关几何量计算是近年高考热点，注重考查空间想象能力、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 12 分)(2016 全国卷 )如图5， 菱形abcd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位置，od10.图 5(1) 证明：dh平面abcd；(2) 求二面角b-da-c正弦值 审题指导 题眼挖掘关键信息由菱形abcd及aecf，可知dh是等腰三角形def底边上高线，而dhef是翻折不变

14、量，再逆用勾股定理可得dhoh，从而得出结论利用(1) 结果，可得相交于一点且两两垂直三条直线，为建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角正弦值创造了条件 规范解答 (1) 证明：由已知得acbd，adcd.又由aecf得aeadcfcd，故acef.因为efhd，从而efdh. 2 分由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. 5 分(2) 如图，以h为坐标原点，hf方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系h-xyz，则h(0,0,0)，a(

15、 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法向量，则mab0，mad0，即3x14y10，3x1y13z10，所以可取m(4,3 ， 5). 8 分设n(x2，y2，z2) 是平面acd法向量，则nac0，nad0，即6x20，3x2y23z20，所以可取n(0 ， 3,1) 于是 cosm，nm n|m|n|1450107525.sin m，n29525.因此二面角b-da-c正弦值是29525. 12 分 阅卷者说 易错点防范措施弄不清翻折变量与不变量

16、可动手操作、加强训练、及时总结，明确在同一平面内性质不发生变化，不在同一平面上性质可能会发生变化 规律方法 对于翻折问题，应明确：在同一个平面上性质不发生变化，不在同一个平面上性质可能会发生变化. 解决这类问题就是要据此研究翻折以后空间图形中线面关系和几何量度量值，这是解决翻折问题主要方法. 跟踪训练 (2018合肥二检 ) 如图 6(1) 所示，矩形abcd中，ab1，ad2，点e为ad中点，沿be将abe折起至pbe，如图 6(2) 所示，点p在平面bcde上射影o落在be上. 【导学号： 79140260】(1) (2)图 6(1) 求证：bpce；(2) 求二面角b-pc-d余弦值 解 (1) 证明：点p在平面bcde上射影o落在be上，po平面bcde，ce平面bcde，poce.易知bece，bepoo，ce平面pbe，而bp平面pbe，bpce.(2) 以o为坐标原点，以过点o且平行于cd直线为x轴，过点o且平行于bc直线为y轴，po所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系则b12，12，0 ，c12，32，0 ，d12，3