專題04-立體幾何-2019高考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)題型

專題04-立體幾何-2019高考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)題型高考資源網(wǎng)（），您身邊的高考專家緣份讓你看到我在這里歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。緣份讓你看到我在這里高考資源網(wǎng)（），您身邊的高考專家歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。立體幾何熱點(diǎn)一空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系及空間角的計(jì)算空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系通常考查平行、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(2)問?？疾榍罂臻g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】(滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn).(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源本題源于教材選修2－1P109例4，在例4的基礎(chǔ)上進(jìn)行了改造，刪去了例4的第(2)問，引入線面角的求解.eq\f(|z|,\r(（x－1）2＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①，②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).8分(得分點(diǎn)5)設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－\r(2)）x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2).10分(得分點(diǎn)6)于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值為eq\f(\r(10),5).12分(得分點(diǎn)7)得分要點(diǎn)?得步驟分：抓住得分點(diǎn)的解題步驟，“步步為贏”，在第(1)問中，作輔助線→證明線線平行→證明線面平行；第(2)問中，建立空間直角坐標(biāo)系→根據(jù)直線BM和底面ABCD所成的角為45°和點(diǎn)M在直線PC上確定M的坐標(biāo)→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.?得關(guān)鍵分：(1)作輔助線；(2)證明CE∥BF；(3)求相關(guān)向量與點(diǎn)的坐標(biāo)；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的過程，有則給分，無則沒分.?得計(jì)算分：解題過程中計(jì)算準(zhǔn)確是得滿分的根本保證，如(得分點(diǎn)4)，(得分點(diǎn)5)，(得分點(diǎn)6)，(得分點(diǎn)7).【類題通法】利用向量求空間角的步驟第一步：建立空間直角坐標(biāo)系.第二步：確定點(diǎn)的坐標(biāo).第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標(biāo).第四步：計(jì)算向量的夾角(或函數(shù)值).第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角.第六步：反思回顧.查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯點(diǎn)和答題規(guī)范.【對點(diǎn)訓(xùn)練】如圖在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中點(diǎn)，四邊形AA1C1C可以通過直角梯形BB1C1C以CC1為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B1－CC1－A為120°.(1)若點(diǎn)E是線段A1B1上的動點(diǎn)，求證：DE∥平面ABC；(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1?平面DA1B1，∴平面DA1B1∥平面CAB，又DE?平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.(2)解在平面A1B1C1內(nèi)，過C1作C1F⊥B1C1，由題知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.分別以C1F，C1B1，C1C為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系C1－xyz，則C1(0，0，0)，A(eq\r(3)，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，所以eq\o(C1A,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，1)，eq\o(C1C,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，熱點(diǎn)二立體幾何中的探索性問題此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線、面平行、垂直位置關(guān)系的探究或空間角的計(jì)算問題，是高考命題的熱點(diǎn)，一般有兩種解決方式：(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】在如圖所示的幾何體中，平面ADNM⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝eq\f(π,3)，AB＝2，AM＝1，E是AB的中點(diǎn).(1)求證：平面DEM⊥平面ABM；(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使二面角P－EC－D的大小為eq\f(π,4)？若存在，求出AP的長；若不存在，請說明理由.(2)解在線段AM存在點(diǎn)P，理由如下：由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，因?yàn)樗倪呅蜛DNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交線為AD，所以ND⊥平面ABCD.以D為原點(diǎn)，DE，DC，DN所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的坐標(biāo)系.則D(0，0，0)，E(eq\r(3)，0，0)，C(0，2，0)，N(0，0，1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，0)，設(shè)P(eq\r(3)，－1，m)(0≤m≤1)，則eq\o(EP,\s\up6(→))＝(0，－1，m)，易知平面ECD的一個法向量為eq\o(DN,\s\up6(→))＝(0，0，1).設(shè)平面PEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋2y＝0，,－y＋mz＝0，))取z＝1，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,\r(3))，m，1))，假設(shè)在線段AM上存在點(diǎn)P，使二面角P－EC－D的大小為eq\f(π,4)，則coseq\f(π,4)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DN,\s\up6(→)),|n||\o(DN,\s\up6(→))|)))＝eq\f(1,\r(\f(4m2,3)＋m2＋1))?m＝eq\f(\r(21),7)，所以符合題意的點(diǎn)P存在，此時AP＝eq\f(\r(21),7).【類題通法】(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【對點(diǎn)訓(xùn)練】如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝eq\r(2)，點(diǎn)E在AD上，且AE＝2ED.(1)已知點(diǎn)F在BC上，且CF＝2FB，求證：平面PEF⊥平面PAC；(2)當(dāng)二面角A－PB－E的余弦值為多少時，直線PC與平面PAB所成的角為45°？∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝eq\f(2,3)AD，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴EF⊥平面PAC，∵EF?平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.(2)解∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，則∠APC為PC與平面PAB所成的角，若PC與平面PAB所成的角為45°，則tan∠APC＝eq\f(AC,PA)＝1，即PA＝AC＝eq\r(2)，取BC的中點(diǎn)為G，連接AG，則AG⊥BC，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.則A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，0))，P(0，0，eq\r(2))，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(5,3)，0))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,3)，\r(2)))，熱點(diǎn)三立體幾何中的折疊問題將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結(jié)合命題，考查學(xué)生的空間想象力和分析問題的能力.【例3】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖所示，點(diǎn)P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求證：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(2)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過點(diǎn)O且平行于CD的直線為x軸，過點(diǎn)O且平行于BC的直線為y軸，直線PO為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.則B(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)，C(eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，D(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2)，0)，P(0，0，eq\f(\r(2),2))，設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1＋3y1－\r(2)z1＝0，))令z1＝eq\r(2)，可得n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\r(2)))，設(shè)平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\r(2)z2＝0，,2y2＝0，))令z2＝eq\r(2)，可得n2＝(2，0，eq\r(2))，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(33),11)，結(jié)合圖形判斷二面角B－PC－D為鈍二面角，則二面角B－PC－D的余弦值為－eq\f(\r(33),11).【類題通法】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平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.【對點(diǎn)訓(xùn)練】如圖(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是線段AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖(2)所示.(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直線BD與平面A1BC所成角的正弦值.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)，所以O(shè)B，OC，OA1兩兩垂直.如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(eq\f(\r(2),2)，0，0)，E(－eq\f(\r(2),2)，0，0)，A1(0，0，eq\f(\r(2),2))，C(0，eq