2021新高考數(shù)學(xué)新課程一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第七章解答題專項(xiàng)突破（四）高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型

解答題專項(xiàng)突破(四)高考中立體幾何問題的熱點(diǎn)題型立體幾何是每年高考的重要內(nèi)容，基本上都是一道客觀題和一道解答題，客觀題主要考查考生的空間想象能力及簡單的計(jì)算能力．解答題主要采用證明與計(jì)算相結(jié)合的模式，即首先利用定義、定理、公理等證明空間線線、線面、面面的平行或垂直關(guān)系，再利用空間向量進(jìn)行空間角的計(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eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2019·天津高考)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值為eq\f(1,3)，求線段CF的長．解題思路由條件知AB，AD，AE兩兩垂直，可以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量解決．(1)尋找平面ADE的法向量，證明eq\o(BF,\s\up6(→))與此法向量垂直，即得線面平行．(2)eq\o(CE,\s\up6(→))與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值，即為直線CE和平面BDE所成角的正弦值；(3)設(shè)CF＝h，用h表示二面角E－BD－F的余弦值，通過解方程得到線段長．規(guī)范解答(1)證明：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，AE所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，B(1,0,0)，設(shè)F(1,2，h)．依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)是平面ADE的一個(gè)法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0,2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.(2)依題意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為eq\f(4,9).(3)設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))不妨令y1＝1，可得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(2,h))).由題意，有|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(8,7).經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．所以線段CF的長為eq\f(8,7).熱點(diǎn)題型2平面圖形的折疊問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．解題思路(1)①翻折前后的不變關(guān)系，四邊形ABFE是矩形．②證明BF⊥平面PEF.③證明平面PEF⊥平面ABFD.(2)解法一：①建系：借助第(1)問，過P作平面ABFD的垂線為z軸，垂足為原點(diǎn)，EF所在直線為y軸，建系．②求直線DP的方向向量和平面ABFD的法向量．③由公式計(jì)算所求角的正弦值．解法二：①作：過P作PH⊥EF交EF于點(diǎn)H，連接DH.②證：證明PH⊥平面ABFD，得∠PDH為直線DP與平面ABFD所成角．③算：在Rt△PDH中，PD的長度是正方形ABCD的邊長，∠PHD＝90°，易知要求sin∠PDH，關(guān)鍵是求PH；由此想到判斷△PEF的形狀，進(jìn)一步想到證明PF⊥平面PED.規(guī)范解答(1)證明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解法一：作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，設(shè)正方形ABCD的邊長為2.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq\r(3).又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.所以PH＝eq\f(\r(3),2)，EH＝eq\f(3,2)，則H(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)，0))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(HP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))為平面ABFD的一個(gè)法向量．設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(HP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(HP,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|))＝eq\f(\f(3,4),\r(3))＝eq\f(\r(3),4).所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).解法二：因?yàn)镻F⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED，又PF⊥PD，ED∩PD＝D，所以PF⊥平面PED，所以PF⊥PE，設(shè)AB＝4，則EF＝4，PF＝2，所以PE＝2eq\r(3)，過P作PH⊥EF交EF于點(diǎn)H，因?yàn)槠矫鍼EF⊥平面ABFD，所以PH⊥平面ABFD，連接DH，則∠PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角，因?yàn)镻E·PF＝EF·PH，所以PH＝eq\f(2\r(3)×2,4)＝eq\r(3)，因?yàn)镻D＝4，所以sin∠PDH＝eq\f(PH,PD)＝eq\f(\r(3),4)，所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).熱點(diǎn)題型3立體幾何中的探索性問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2019·湖北“四地七校”聯(lián)考)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2eq\r(2)的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC＝2eq\r(2).(1)求證：PB＝PD；(2)若點(diǎn)M，N分別是棱PA，PC的中點(diǎn)，平面DMN與棱PB的交點(diǎn)為點(diǎn)Q，則在線段BC上是否存在一點(diǎn)H，F(xiàn)使得DQ⊥PH？若存在，求BH的長；若不存在，請(qǐng)說明理由．解題思路(1)要證PB＝PD，想到在△PBD中，證明BD邊上的中線垂直于BD，聯(lián)系題目條件想到用面面垂直的性質(zhì)證明線面垂直．(2)借助第(1)問的垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，求平面DMN的法向量n，分別依據(jù)P，B，Q共線和B，C，H共線，設(shè)eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))和eq\o(BH,\s\up6(→))＝teq\o(BC,\s\up6(→))，利用垂直關(guān)系列方程先求λ再求t，確定點(diǎn)H的位置．規(guī)范解答(1)證明：記AC∩BD＝O，連接PO，∵底面ABCD為正方形，∴OA＝OC＝OB＝OD＝2.∵PA＝PC，∴PO⊥AC，∵平面PAC⊥底面ABCD，且平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO?平面PAC，∴PO⊥底面ABCD.∵BD?底面ABCD，∴PO⊥BD.∴PB＝PD.(2)存在．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB，OC，OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，由(1)可知OP＝2.可得P(0,0,2)，A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，D(－2，0,0)，可得M(0，－1,1)，N(0,1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(2，－1,1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，2,0)．設(shè)平面DMN的法向量n＝(x，y，z)，∵eq\o(DM,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋z＝0，,2y＝0.))令x＝1，可得n＝(1,0，－2)．記eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＝(2λ，0，－2λ)，可得Q(2λ，0,2－2λ)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(2λ＋2,0,2－2λ)，eq\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝eq\f(1,3).可得eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，0，\f(4,3))).記eq\o(BH,\s\up6(→))＝teq\o