2023高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第7章立體幾何初步熱點(diǎn)探究課4立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題教師用書文北師大版

PAGEPAGE1熱點(diǎn)探究課(四)立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題[命題解讀]1.立體幾何初步是高考的重要內(nèi)容，幾乎每年都考查一個(gè)解答題，兩個(gè)選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡(jiǎn)單計(jì)算；解答題主要采用“論證與計(jì)算〞相結(jié)合的模式，即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計(jì)算.2.重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力．考查的熱點(diǎn)是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等；同時(shí)考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法．熱點(diǎn)1線面位置關(guān)系與體積計(jì)算(答題模板)以空間幾何體為載體，考查空間平行與垂直關(guān)系是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，并常與幾何體的體積計(jì)算交匯命題，考查學(xué)生的空間想象能力、計(jì)算與數(shù)學(xué)推理論證能力，同時(shí)突出轉(zhuǎn)化與化歸思想方法的考查，試題難度中等．(本小題總分值12分)(2022·全國(guó)卷Ⅰ)如圖1，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點(diǎn)，BE⊥平面ABCD.圖1(1)證明：平面AEC⊥平面BED；(2)假設(shè)∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E-ACD的體積為eq\f(\r(6),3)，求該三棱錐的側(cè)面積．[思路點(diǎn)撥](1)注意到四邊形ABCD為菱形，聯(lián)想到對(duì)角線垂直，從而進(jìn)一步證線面垂直，面與面垂直；(2)根據(jù)幾何體的體積求得底面菱形的邊長(zhǎng)，計(jì)算側(cè)棱，求出各個(gè)側(cè)面的面積．[標(biāo)準(zhǔn)解答](1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD.因?yàn)锽E⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE.2分因?yàn)锽D∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.4分(2)設(shè)AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因?yàn)锳E⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱錐E-ACD的體積V三棱錐E-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3)，故x＝2.9分從而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為eq\r(5).故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3＋2eq\r(5).12分[答題模板]第一步：由線面垂直的性質(zhì)，得線線垂直AC⊥BE.第二步：根據(jù)線面垂直、面面垂直的判定定理證明平面AEC⊥平面BED.第三步：利用棱錐的體積求出底面菱形的邊長(zhǎng)．第四步：計(jì)算各個(gè)側(cè)面三角形的面積，求得四棱錐的側(cè)面積．第五步：檢驗(yàn)反思，查看關(guān)鍵點(diǎn)，標(biāo)準(zhǔn)步驟．[溫馨提示]1.在第(1)問，易無(wú)視條件BD∩BE＝B，AC平面AEC，造成推理不嚴(yán)謹(jǐn)，導(dǎo)致扣分．2．正確的計(jì)算結(jié)果是得分的關(guān)鍵，此題在求三棱錐的體積與側(cè)面積時(shí)，需要計(jì)算的量較多，防止計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤失分，另外對(duì)于每一個(gè)得分點(diǎn)的解題步驟一定要寫全．閱卷時(shí)根據(jù)得分點(diǎn)評(píng)分，有那么得分，無(wú)那么不得分．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1]如圖2，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，圖2(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE(3)求三棱錐E-ABC的體積．[解](1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因?yàn)锽B1⊥底面ABC，AB平面ABC所以BB1⊥AB.2分又因?yàn)锳B⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分(2)證明：取AB的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G.因?yàn)镚，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因?yàn)锳C∥A1C1，且AC＝A1C所以FG∥EC1，且FG＝EC1，6分所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1F∥EG又因?yàn)镋G平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F∥平面ABE(3)因?yàn)锳A1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3)，10分所以三棱錐E-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).12分熱點(diǎn)2平面圖形折疊成空間幾何體先將平面圖形折疊成空間幾何體，再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量，是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向，它很好地將平面圖形拓展成空間圖形，同時(shí)也為空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑，是高考深層次上考查空間想象能力的主要方向．如圖3，在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為CD的中點(diǎn)，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)．現(xiàn)沿AE將三角形ADE向上折起，在折起的圖形中解答以下問題：圖3(1)在線段AB上是否存在一點(diǎn)K，使BC∥平面DFK？假設(shè)存在，請(qǐng)證明你的結(jié)論；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)假設(shè)平面ADE⊥平面ABCE，求證：平面BDE⊥平面ADE.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：66482345】[解](1)如圖，線段AB上存在一點(diǎn)K，且當(dāng)AK＝eq\f(1,4)AB時(shí)，BC∥平面DFK.1分證明如下：設(shè)H為AB的中點(diǎn)，連接EH，那么BC∥EH.∵AK＝eq\f(1,4)AB，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)，∴KF∥EH，∴KF∥BC.3分∵KF平面DFK，BC平面DFK，∴BC∥平面DFK.5分(2)證明：∵在折起前的圖形中E為CD的中點(diǎn)，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的圖形中，AE＝BE＝eq\r(2)，從而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.8分∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面ADE.∵BE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.12分[規(guī)律方法]1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．2．在解決問題時(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2](2022·全國(guó)卷Ⅱ)如圖4，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．圖4(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設(shè)AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積．[解](1)證明：由得AC⊥BD，AD＝CD.2分又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.5分(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.7分所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).10分五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).12分

熱點(diǎn)3線、面位置關(guān)系中的開放存在性問題是否存在某點(diǎn)或某參數(shù)，使得某種線、面位置關(guān)系成立問題，是近幾年高考命題的熱點(diǎn)，常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn)，一般有三種類型：(1)條件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法類比探索型．(2022·石家莊質(zhì)檢)如圖5所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)．圖5(1)求證：EF∥平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)G，使得平面EFG⊥平面PDC？假設(shè)存在，請(qǐng)說(shuō)明其位置，并加以證明；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：66482346】[解](1)證明：如下圖，連接AC，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形，且點(diǎn)F為對(duì)角線BD的中點(diǎn).2分所以對(duì)角線AC經(jīng)過點(diǎn)F.又在△PAC中，點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，所以EF為△PAC的中位線，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD.5分(2)存在滿足要求的點(diǎn)G.在線段CD上存在一點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)，使得平面EFG⊥平面PDC.因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)為a的正方形，所以CD⊥AD.7分又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，側(cè)面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中點(diǎn)G，連接FG，EG.9分因?yàn)镕為BD中點(diǎn)，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.12分[規(guī)律方法]1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中，“中點(diǎn)〞是經(jīng)常使用的一個(gè)特殊點(diǎn)，通過找“中點(diǎn)〞，連“中點(diǎn)〞，即可出現(xiàn)平行線，而線線平行是平行關(guān)系的根本．2．第(2)問是探索開放性問題，采用了先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再加以證明，對(duì)于命題結(jié)論的探索，常從條件出發(fā)，探索出要求的結(jié)論是什么，對(duì)于探索結(jié)論是否存在，求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3](2022·湖南師大附中檢測(cè))如圖6，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq\r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．圖6(1)求證：AC⊥SD；(2)假設(shè)SD⊥平面PAC，那么側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC？假設(shè)存在，求SE∶EC；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[證明](1)連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO，由題意得四棱錐S-ABCD是正四棱錐，所以SO⊥AC.2分在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因?yàn)镾D平面SBD，所以AC⊥SD.5分(2)在棱SC上存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.連接OP.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，那么SC＝S