《高考備考指南 數(shù)學(xué) 》課件-【高考專題突破(四)】-高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型

立體幾何與空間向量第七章

【高考專題突破(四)】——高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型高考解答題主要采用證明與計(jì)算相結(jié)合的模式，第一問考查空間平行或垂直關(guān)系的證明，第二問考查空間角的計(jì)算求解.重在考查考生的邏輯推理及計(jì)算能力，試題難度一般不大，屬中檔題，且主要有以下幾種常見的熱點(diǎn)題型.熱點(diǎn)題型1空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系及空間角的計(jì)算1.(2021年甲卷)如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點(diǎn)，D為棱A1B1上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.(1)求證：BF⊥DE；(2)當(dāng)B1D為何值時(shí)，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小？

2.(2023年湖北二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，BC＝CD＝2AB＝2，E為PC的中點(diǎn).(1)在棱PD上是否存在點(diǎn)Q，使得AQ∥平面EBD？說明理由；(2)若PC⊥平面PAD，PC＝PD，求平面PAD與平面EAB所成角的余弦值.解：(1)如圖1，取PD的中點(diǎn)Q，連接QE，AQ，則QE∥CD，因?yàn)锳B∥CD，QE＝AB，所以四邊形ABEQ為平行四邊形，AQ∥BE.因?yàn)锽E?平面EBD，AQ?平面EBD，BE∥AQ，所以AQ∥平面EBD.

解：(1)因?yàn)槊鍭DE⊥面BCDE，面ADE∩面BCDE＝DE由題意可知，AD⊥DE，CD⊥DE，所以∠ADC＝90°.如圖，過點(diǎn)B作BQ垂直CD于點(diǎn)Q，連接QM，因?yàn)锽Q∥DE，BQ?平面ADE，DE?平面ADE，所以BQ∥平面ADE.因?yàn)锽M∥平面ADE，BQ∩BM＝B，BQ，BM?平面BQM，所以平面BQM∥平面ADE.因?yàn)槊鍮QM∩面ADC＝QM，平面ADE∩平面ADC＝AD，所以AD∥QM.因?yàn)锽C＝2，∠ACB＝60°，所以CQ＝1.

4.(2023年常州三模)如圖，ABCD是邊長為6的正方形，已知AE＝EF＝2，且ME∥NF∥AD并與對(duì)角線DB交于點(diǎn)G，H，現(xiàn)以ME，NF為折痕將正方形折起，且BC，AD重合，記點(diǎn)D，C重合后為點(diǎn)P，記點(diǎn)A，B重合后為點(diǎn)Q.(1)求證：平面PGQ⊥平面HGQ；(2)求平面GPN與平面GQH所成二面角的正弦值.(1)證明：如圖，取EQ的中點(diǎn)J，連接FJ，則PQ⊥FJ，F(xiàn)J⊥EQ.再取GQ的中點(diǎn)R，連接HR，RJ，易得HF∥RJ，HF＝RJ，故四邊形RJFH為平行四邊形，得RH∥JF，從而HR⊥PQ，HR⊥EQ，且PQ，EQ?平面PGQ，所以HR⊥平面PGQ.因?yàn)镠R?平面HGQ，所以平面PGQ⊥平面HGQ.

解：(1)因?yàn)椤鱌AD是正三角形，O為AD的中點(diǎn)，所以PO⊥AD.因?yàn)镃D⊥平面PAD，PO?平面PAD，所以PO⊥CD.因?yàn)锳D∩CD＝D，所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)锳D∥BC且AD＝BC，O，G分別為AD，BC的中點(diǎn)，所以AO∥BG且AO＝BG.所以四邊形ABGO為平行四邊形.所以O(shè)G∥AB.因?yàn)锳B⊥AD，所以O(shè)G⊥AD.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OG，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

6.(2023年聊城三模)如圖，已知四邊形ABCD為平行四邊形，E為CD的中點(diǎn)，AB＝4，△ADE為等邊三角形，將三角形ADE沿AE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求證：AP⊥BE；(2)試判斷在線段PB上是否存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面AEP的夾角為45°.若存在，試確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，且△ADE為等邊三角形，所以∠BCE＝120°.因?yàn)镋為CD的中點(diǎn)，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE為等腰三角形.所以∠CEB＝30°.所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE.因