2020版高考文數(shù)大題增分課4立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題

1、高考大題增分課四 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題命題解讀立體幾何是高考的重要內(nèi)容，從近五年全國卷高考試題來看， 立體幾何每年必考一道解答題，難度中等，主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模 式，即首先利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進(jìn)行空間角的計(jì)算， 考查的熱點(diǎn)是平行與垂直的證明、 二面角的 計(jì)算，平面圖形的翻折，探索存在性問題，突出三大能力：空間想象能力、運(yùn)算 能力、邏輯推理能力與兩大數(shù)學(xué)思想：轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的考查空間的平行與垂直及空間角的計(jì)算題型丄_空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系通?？疾槠叫?、垂直關(guān)系的證明，一般出現(xiàn)在解答題的第(1)問，解答題的第 問常

2、考查求空間角，一般都可以建立空間直角坐 標(biāo)系，用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解【例 1】(2017 全國卷n)如圖，四棱錐 P-ABCD 中，側(cè)面 PAD 為等邊三1角形且垂直于底面 ABCD ,AB= BC = qAD，/ BAD = / ABC =90E 是 PD 的中點(diǎn).證明：直線 CE/平面 PAB;(2)點(diǎn) M 在棱 PC 上，且直線 BM 與底面 ABCD 的夾角為 45求二面角 M-AB-D 的余弦值.解(1)證明：如圖，取 PA 的中點(diǎn) F，連接 EF，BF.因?yàn)?E 是 PD 的中點(diǎn)，1所以 EF / AD，EF= 2AD .由/ BAD=ZABC= 90 得 BC / AD .又

3、BC= AD，所以 EF 綊 BC，四邊形 BCEF 是平行四邊形,所以 CE / BF.又 BF 平面 PAB,CE平面 PAB,故 CE/平面 PAB.(2)由已知得 BA 丄 AD,以 A 為坐標(biāo)原點(diǎn),AB 的方向 為x 軸正方向，|AB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 A-xyz,則 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), P(0,1,3), PC= (1,0, - . 3), AB= (1,0,0).設(shè) M(x, y, z)(0 x 匸 sin 45_|z|V(x- 1f+ y2+z2(舍去),或 y= 1,x = 1-設(shè) m= (xo, yo, zo)是

4、平面 ABM 的法向量，則因此二面角 M-AB-D 的余弦值為詩0規(guī)律方法(1)證明空間線線、線面、面面的位置關(guān)系，常借助理論證明， 必要時(shí)可依據(jù)題設(shè)條件添加輔助線(2)求解空間角的問題，常借助坐標(biāo)法，即建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，通過求解相 應(yīng)平面的法向量、直線的方向向量，利用向量的夾角公式求解便可，但需注意向 量夾角與待求角的區(qū)別與聯(lián)系跟蹤塚習(xí)(2018 北京高考)如圖，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，.CCi丄平面 ABC, D , E, F, G 分別為 AA1, AC, A1C1, BB1的曲:中點(diǎn)，AB_ BC _A/5, AC_ AA1_ 2.(1) 求證：AC 丄平面 BEF;(2)

5、求二面角 B-CD-C1的余弦值；證明：直線 FG 與平面 BCD 相交.解(1)證明：在三棱柱 ABC-A1B1C1中,因?yàn)?CC1丄平面 ABC,所以四邊形 A1ACC1為矩形.又 E, F 分別為 AC, A1C1的中點(diǎn)，m AM = 0,m AB = 0,即xo=0,所以可取 m = (0, -6, 2).于是 cosm, nmn _V?0|m|n5所以 AC 丄 EF.因?yàn)?AB= BC,所以 AC 丄 BE.所以 AC 丄平面 BEF.(2)由(1)知 AC 丄 EF, AC 丄 BE, EF/ CCi.又 CCi丄平面 ABC,所以 EF 丄平面 ABC.因?yàn)?BE 平面 ABC

6、,所以 EF 丄 BE.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系 E-xyz.由題意得B(0,2,0), C( 1,0,0), D(1,0,1),F(0,0,2), G(0,2,1).所以 BC= ( 1, 2,0), BD = (1, 2,1).設(shè)平面 BCD 的法向量為 n = (x0, y0, z),則f丨 n BC = 0,x+ 2y= 0,即fx0 2y0+ Z0= 0.n BD = 0,令 y0= 1,則 X0= 2, Z0= 4.于是 n = (2, 1, 4).又因?yàn)槠矫?CC1D 的法向量為 EB= (0,2,0),fn EB _V21f=21 .|n |EB|f所以 cos 由題知二面角

7、B-CD-C1為鈍角，所以其余弦值為2121 .(3)證明：由(2)知平面 BCD 的法向量為 n = (2, 1, 4), FG = (0,2, 1).因?yàn)?n FG = 2X0+ ( 1)X2+ ( 4)X( 1) = 2 工 0,所以直線 FG 與平面 BCD 相交.立體幾何中的探索性問題霆型蘭_此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線面平行與垂直位置關(guān)系的探索或 空間角的計(jì)算問題，是高考命題的熱點(diǎn)，一般有兩種考查形式：(1)根據(jù)條件作 出判斷，再進(jìn)一步論證；(2)利用空間向量，先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件 判斷該點(diǎn)的坐標(biāo)是否存在【例 2】(2016 北京高考)如圖，在四棱錐 P-ABC

8、D 中, 平面 PAD 丄平面 ABCD, FAXPD, FA= PD, AB 丄 AD, AB =1,AD= 2, AC = CD =百 5.(1)求證：PD 丄平面 PAB;(2) 求直線 PB 與平面 PCD 夾角的正弦值；(3) 在棱 PA 上是否存在點(diǎn)M，使得 BM /平面 PCD ?若存在，求 AP 的值;若不存在，說明理由.解證明：因?yàn)槠矫?PAD 丄平面 ABCD, ABXAD,所以 AB 丄平面 PAD,所以 ABXPD .又因?yàn)?PAXPD,所以 PD 丄平面 PAB.取 AD 的中點(diǎn) O,連接 PO, CO.因?yàn)?PA= PD,所以 POXAD.又因?yàn)?PO 平面 PAD

9、，平面 PAD 丄平面 ABCD , 所以 PO 丄平面 ABCD.因?yàn)?CO 平面 ABCD，所以 POXCO.因?yàn)?AC = CD，所以 CO 丄 AD . 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系 O-xyz.由題意得，A(0,1,0), B(1,1,0), C(2,0,0), D(0,P(0,0,1)設(shè)平面 PCD 的法向量為 n = (x, y, z),則fn PD = 0,n PC = 0,yz= 0,i2x z= 0.令 z= 2,貝 U x= 1, y= 2.所以n= (1, 2,2).n PB|n|PB| 所以直線 PB 與平面 PCD 夾角的正弦值為百.設(shè) M 是棱 FA 上一點(diǎn),則存在疋

10、0,1使得 AM =；AP.因此點(diǎn) M(0,1入A, BM = ( 1,人 因?yàn)?BM 平面 PCD,所以要使 BM /平面 PCD,當(dāng)且僅當(dāng) BM n= 0,即（1,入A(, 2,2) = 0.1AM1解得A4.所以在棱 PA 上存在點(diǎn) M 使得 BM /平面 PCD ,此時(shí) AP = 4.又 PB= (1,1, 1),所以 cosn, PB3規(guī)律方法解立體幾何中探索性問題的方法（1）通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在（或結(jié)論成立）,然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯(2)如圖，設(shè) AC 的中點(diǎn)為 O,作 OE 丄 OA，推理;(2) 若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn) 一步證明；

11、(3) 若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假設(shè)不成立，即不存 在.易錯(cuò)警示：探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)，注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用跟蹤練習(xí)如圖所示，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，側(cè)棱 BBi丄底面 ABC，BBi= 4，AB 丄 BC，且 AB= BC = 3.2,點(diǎn) M，N 分別為棱 AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且 AM = BN，D 為 BiCi的中點(diǎn).(1) 當(dāng)點(diǎn) M , N 運(yùn)動(dòng)時(shí)，能否出現(xiàn) AD /平面 BiMN 的情況，請說明理由；(2) 若 BN= 2,求直線 AD 與平面 BiMN 夾角的正弦值.解當(dāng) M，N 分別為 AB，BC 的中點(diǎn)時(shí)，AD /平面 BiMN.證明如下: 連接

12、CD，當(dāng) M，N 分別為 AB，BC 的中點(diǎn)時(shí)，CN / BiD，且 CN = BiD =|BC，四邊形 BiDCN 為平行四邊形，二 DC / BiN.又 DC 平面 BiMN，BiN 平面 BiMN， DC / 平面 BiMN.又易知 AC/ MN，AC 平面 BiMN，MN 平面 BiMN， AC/ 平面 BiMN.vDCnAC=C，A平面 ADC /平面 BiMN./ AD 平面 ADC，： AD /平面 BiMN.虬BA.A以 0 為原點(diǎn)，OA, OE, OB 所在直線分別為 x, y, z 軸建立空間直角坐標(biāo)系， BN= 2, AB= BC = 3 2,二 AC = 6.M(2,0

13、,1), N(- 1,0,2), A(3,0,0), Bi(0, -4,3), D -1, -4, | , MN = (-3,0,1), BiM = (2,4, 2).設(shè)平面 BiMN 的法向量為 n= (x, y, z),可得平面 BiMN 的一個(gè)法向量為 n= (1,1,3).|n|AD|設(shè)直線 AD 與平面 BiMN 的夾角為a平面圖形的翻折問題璽型型_將平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考查點(diǎn)、線、面間的位置關(guān)系 及有關(guān)幾何量的計(jì)算是近年高考的熱點(diǎn)，注重考查空間想象能力、知識遷移能力 和轉(zhuǎn)化思想試題以解答題為主要呈現(xiàn)形式，中檔難度.n MN = 0,則有|n BiM = 0,3x+

14、 z= 0,即2x+ 4y-2z= 0,又 AD =-,3-4, 2 ,|cos n,AD匸n AD4.1477則 sina=|cosn, AD |=4 ,1477【例 3】(本題滿分 12 分)(2018 全國卷I)如圖，四邊形 ABCD 為正方形，E, F 分別為 AD, BC 的中點(diǎn)，以 DF 為折痕把厶 DFC 折起，使點(diǎn) C 到B達(dá)點(diǎn) P 的位置，且 PF 丄 BF.(1)證明：平面 PEF 丄平面 ABFD；求 DP 與平面 ABFD 夾角的正弦值.信息提取看到ABCD 為正方形，想到正方形中的邊角關(guān)系；看到把厶 DFC 折起，想到折疊問題中的“變”與“不變量”；看到想到面面垂直的

15、判定定理，想到線面垂直，想到線線垂直；看到想到線面角的求法，想到如何建系求直線 DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量.規(guī)范解答(1)證明：由已知可得，BF 丄 PF，BF 丄 EF，所以 BF 丄平面 PEF.又 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF 丄平面 ABFD .作 PH 丄 EF，垂足為 H.由(1)得，PH 丄平面 ABFD . 以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF 的方向?yàn)?y 軸正方向，|BF|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.5 分A由(1)可得，DE 丄 PE.又 DP = 2，DE = 1,所以 PE=.3.又 PF = 1，EF = 2,故 PE 丄 PF.可

16、得 PH =寧，EH = 3.7 分g 0，為平面 ABFD 的法向量.則 H(0,0,0)，P 0，0 冷，D -1, -2, 0，DP =|HP|DP|10 分，HP 二HP DP 設(shè) DP 與平面 ABFD 的夾角為 9,貝 U sinAI即 DP 與平面 ABFD 夾角的正弦值為 .12 分易錯(cuò)與防范易錯(cuò)點(diǎn)防范措施不能恰當(dāng)?shù)慕⒆鴺?biāo)系由(1)的結(jié)論入手，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)建立空間直角坐標(biāo)系建系后寫不出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)結(jié)合折疊前后的不變量，注意題設(shè)條件中的隱含，如PF 丄平面 PED，即可求出 PH，從而求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)通性通法立體幾何中的折疊問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面

17、位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況，一般地翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個(gè)平面上的性質(zhì)發(fā)生變化跟蹤練習(xí)(2019 湖南六校聯(lián)考)如圖，梯形 EFBC 中，EC/ FB, EF 丄 BF,2BF = 3EC = 4, EF= 2, A 是 BF 的中點(diǎn)，AD 丄 EC，D 在 EC 上，將四邊形 AFED沿 AD 折起， 使得平面 AFED 丄平面 ABCD，點(diǎn)M是線段 EC 上異于 E，C 的任 意一點(diǎn).當(dāng)點(diǎn)M是 EC 的中點(diǎn)時(shí)，求證：BM /平面 AFED;(2)當(dāng)平面 BDM 與平面 ABF 所成的銳二面角的正弦值為 尹時(shí)，求三棱錐E-BDM 的體積.解法一：取 ED 的中點(diǎn)

18、N，連接 MN，AN，1點(diǎn) M 是 EC 的中點(diǎn)，二 MN/ DC，且 MN = 2DC，而 AB / DC ,且 AB=1DC, MN 綊 AB,即四邊形 ABMN 是平行四邊形,BM / AN,又 BMg 平面 AFED , AN 平面 AFED, BM / 平面 AFED .法二：TAD 丄 CD, AD 丄 ED,平面 AFED 丄平面 ABCD,平面 AFEDG平面以 DA, DC , DE 所在直線分別為 x, y, z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則 D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,4,0), E(0,0,2), M(0,2,1),二 BM

19、 = ( 2,0,1),又平面 AFED 的一個(gè)法向量 DC = (0,4,0),BM DC = 0, BM 丄 DC ,又 BM 平面 AFED,： BM /平面 AFED.(2)依題意設(shè)點(diǎn) M 0, t, 2 2(0 | =|nin2|_n1in2廠ZPEB 是二面角 P-EF-B 的平面角，/ PEB = 60又 PE= 2, BE= 1,由余弦定理得 PB=，3, PB2+ EB2= PE2,： PB 丄EB,APB, BC, EB 兩兩垂直.以 B 為坐標(biāo)原點(diǎn),BC 所在直線為 x 軸，BE 所在直線為 y 軸，BP 所在直線 為 z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，貝 U P(0,

20、0,.3), C(3,0,0), E(0,1,0), F(2,1,0),-PE= (0,1, - 3), PF 二(2,1, - .3),設(shè)平面 PEF 的法向量為 n = (x, y, z),- n PE = 0,y3z= 0,由即| X n2x+ y-0,n PF = 0,令 y= 3,則 z= 1, x= 0,可得 n= (0,. 3, 1),.n PC 1-sin0=4.|n|PC|1故直線 PC 與平面 PEF 夾角0的正弦值為 4.2.(2019 西寧模擬)底面為菱形的直棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，E, F 分別為棱A1B1, A1D1的中點(diǎn).(1)在圖中作出一個(gè)平面a使得

21、 BDa且平面AEF/a;(不必給出證明過程，只要求作出a與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)若 AB = AA1= 2,ZBAD = 60 求平面 AEF 與 平面a的距離 D .解如圖,取 B1C1的中點(diǎn) M,D1C1的中點(diǎn) N,連接 BM , MN , ND,則平面 BMND 即為所求平面a又 PC= (3,0,.3),B(2)如圖，連接 AC 交 BD 于點(diǎn) 0,在直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中，底面為菱形, AC 丄 BD,以點(diǎn) 0 為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以 DB, AC 所在直線為 x 軸，y 軸，過點(diǎn) 0 且垂直于平面 ABCD 的直線為 z 軸建立如圖所示空間直角 坐標(biāo)系

22、，又直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中所有棱長為 2,ZBAD= 60 A(0, -3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(1,0,0),Ai(0, -. 3,2),Bi(1,0,2),Di(-1,0,2),-El 亞21F i並 2 ,Ek，2，2J，F(xiàn)2，2，2/AB= (i, 一 3, 0),設(shè)平面 AEF 的法向量 n= (x, y, z),i 3n AE = 0,2x+Ty+2z=0，則即i .3nAF = 0,-2x+2y+2z=0,令 y= 4 .3,得 n= (0,4.3, 3),n 匸,57,點(diǎn) B 到平面 AEF 的距離 h= AB n|n|二 AE= 2， 2，12 _ W5757 二 i9 ，2 , AF 二i 亞2， 24/57 平面 AEF 與平面a的距離 d =3.如圖，在三棱錐 P-ABC 中， FAC 為正三角形，M 為線段