2020版高考数学一轮复习高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题教学案理北师大版.docx

高考大题增分课命题解读立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查空间的平行与垂直及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解【例1】(2017全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为45，求二面角MABD的余弦值解(1)证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD由BADABC90，得BCAD又BCAD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，所以CEBF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB(2)由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，(1,0，)，(1,0,0)设M(x，y，z)(0x1)，则 (x1，y，z)，(x，y1，z)因为BM与底面ABCD的夹角为45，而n(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos，n|sin 45，即，即(x1)2y2z20.又M在棱PC上，设，则x，y1，z.由解得(舍去)，或所以M，从而.设m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m(0，2)于是cosm，n.因此二面角MABD的余弦值为.规律方法(1)证明空间线线、线面、面面的位置关系，常借助理论证明，必要时可依据题设条件添加辅助线(2)求解空间角的问题，常借助坐标法，即建立恰当的坐标系，通过求解相应平面的法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解便可，但需注意向量夹角与待求角的区别与联系(2018北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交解(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面ABC.因为BE平面ABC，所以EFBE.如图，建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)所以(1，2,0)，(1，2,1)设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)，则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)又因为平面CC1D的法向量为(0,2,0)，所以cosn，.由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，(0,2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在【例2】(2016北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD又因为PAPD，所以PD平面PAB(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点，则存在0,1使得.因此点M(0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，当且仅当n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时.规律方法解立体几何中探索性问题的方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；(2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；(3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱BB1底面ABC，BB14，ABBC，且ABBC3，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AMBN，D为B1C1的中点(1)当点M，N运动时，能否出现AD平面B1MN的情况，请说明理由；(2)若BN，求直线AD与平面B1MN夹角的正弦值解(1)当M，N分别为AB，BC的中点时，AD平面B1MN.证明如下：连接CD，当M，N分别为AB，BC的中点时，CNB1D，且CNB1DBC，四边形B1DCN为平行四边形，DCB1N.又DC平面B1MN，B1N平面B1MN，DC平面B1MN.又易知ACMN，AC平面B1MN，MN平面B1MN，AC平面B1MN.DCACC，平面ADC平面B1MN.AD平面ADC，AD平面B1MN.(2)如图，设AC的中点为O，作OEOA，以O为原点，OA，OE，OB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，BN，ABBC3，AC6.M(2,0,1)，N(1,0,2)，A(3,0,0)，B1(0，4,3)，D，(3,0,1)，(2,4，2)设平面B1MN的法向量为n(x，y，z)，则有即可得平面B1MN的一个法向量为n(1,1,3)又，|cosn，|.设直线AD与平面B1MN的夹角为，则sin |cosn，|.平面图形的翻折问题将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想试题以解答题为主要呈现形式，中档难度【例3】(本题满分12分)(2018全国卷)如图，四边形，E，F分别为AD，BC的中点，以，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：；(2)求.信息提取看到ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；看到把DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直；看到想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量规范解答(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.2分又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD3分(2)作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD4分以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.5分由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF. 6分可得PH，EH.7分则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的法向量. 10分设DP与平面ABFD的夹角为，则sin .11分即DP与平面ABFD夹角的正弦值为.12分易错与防范易错点防范措施不能恰当的建立坐标系由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质建立空间直角坐标系.建系后写不出相应点的坐标结合折叠前后的不变量，注意题设条件中的隐含，如PF平面PED，即可求出PH，从而求出相应点的坐标.通性通法立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化 (2019湖南六校联考)如图，梯形EFBC中，ECFB，EFBF，BFEC4，EF2，A是BF的中点，ADEC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED平面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点(1)当点M是EC的中点时，求证：BM平面AFED；(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为时，求三棱锥EBDM的体积解(1)法一：取ED的中点N，连接MN，AN，点M是EC的中点，MNDC，且MNDC，而AB DC，且ABDC，MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，BMAN，又BM平面AFED，AN平面AFED，BM平面AFED法二：ADCD，ADED，平面AFED平面ABCD，平面AFED平面ABCDAD，DA，DC，DE两两垂直以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，M(0,2,1)，(2,0,1)，又平面AFED的一个法向量(0,4,0)，0，又BM平面AFED，BM平面AFED(2)依题意设点M(0t4)，设平面BDM的法向量n1(x，y，z)，则n12x2y0，n1tyz0，令y1，则n1，取平面ABF的一个法向量n2(1,0,0)，|cosn1，n2|，解得t2.M(0,2,1)为EC的中点，SDEMSCDE2，又点B到平面DEM的距离h2，VEBDMVBDEMSDEMh.大题增分专训1(2019湖北八市联考)如图，在RtABC中，ABBC3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF BC，将AEF沿EF折起到PEF的位置，使得二面角PEFB的大小为60.(1)求证：EFPB；(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF夹角的正弦值解(1)证明：ABBC3，BCAB，EFBC，EFAB，翻折后垂直关系没变，有EFPE，EFBE，且PEBEE，EF平面PBE，EFPB(2)EFPE，EFBE，PEB是二面角PEFB的平面角，PEB60，又PE2，BE1，由余弦定理得PB，PB2EB2PE2，PBEB，PB，BC，EB两两垂直以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，C(3,0,0)，E(0,1,0)，F(2,1,0)，(0,1，)，(2,1，)，设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，由即令y，则z1，x0，可得n(0，1)，又(3,0，)，sin .故直线PC与平面PEF夹角的正弦值为.2.(2019西宁模拟)底面为菱形的直棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，A1D1的中点(1)在图中作出一个平面，使得BD，且平面AEF；(不必给出证明过程，只要求作出与直棱柱ABCDA1B1C1D1的截面)(2)若ABAA12，BAD60，求平面AEF与平面的距离D解(1)如图，取B1C1的中点M，D1C1的中点N，连接BM，MN，ND，则平面BMND即为所求平面.(2)如图，连接AC交BD于点O，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面为菱形，ACBD，以点O为坐标原点，分别以DB，AC所在直线为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，又直棱柱ABCDA1B1C1D1中所有棱长为2，BAD60，A(0，0)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，A1(0，2)，B1(1,0,2)，D1(1,0,2)，E，F，(1，0)，设平面AEF的法向量n(x，y，z)，则即令y4，得n(0,4，3)，|n|，点B到平面AEF的距离h，平面AEF与平面的距离d.3.如图，在三棱锥PABC中，PAC为正三角形，M为线段PA的中点，CAB90，ACAB，平面PAB平面PAC.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是棱AB上一点，VQBMCVPABC，求二面角QMCA的余弦值解(1)证明：因为PAC为正三角形，M为线段PA的中点，所以CMPA，又平面PAC平面PAB，平面PAC平面PABPA，所以CM平面PAB因为AB平面PAB，所以CMAB，又CAAB，CMCAC，所以AB平面PAC.又AB平面A