2020版高考文数大题增分课4立体几何中的高考热点问题

1、高考大题增分课四 立体几何中的高考热点问题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題型丄_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 问常

2、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n)如图，四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD 为等边三1角形且垂直于底面 ABCD ,AB= BC = qAD，/ BAD = / ABC =90E 是 PD 的中点.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 M-AB-D 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，1所以 EF / AD，EF= 2AD .由/ BAD=ZABC= 90 得 BC / AD .又

3、BC= AD，所以 EF 綊 BC，四边形 BCEF 是平行四边形,所以 CE / BF.又 BF 平面 PAB,CE平面 PAB,故 CE/平面 PAB.(2)由已知得 BA 丄 AD,以 A 为坐标原点,AB 的方向 为x 轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), P(0,1,3), PC= (1,0, - . 3), AB= (1,0,0).设 M(x, y, z)(0 x 匸 sin 45_|z|V(x- 1f+ y2+z2(舍去),或 y= 1,x = 1-设 m= (xo, yo, zo)是

4、平面 ABM 的法向量，则因此二面角 M-AB-D 的余弦值为诗0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跟踪塚习(2018 北京高考)如图，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，.CCi丄平面 ABC, D , E, F, G 分别为 AA1, AC, A1C1, BB1的曲:中点，AB_ BC _A/5, AC_ AA1_ 2.(1) 求证：AC 丄平面 BEF;(2)

5、求二面角 B-CD-C1的余弦值；证明：直线 FG 与平面 BCD 相交.解(1)证明：在三棱柱 ABC-A1B1C1中,因为 CC1丄平面 ABC,所以四边形 A1ACC1为矩形.又 E, F 分别为 AC, A1C1的中点，m AM = 0,m AB = 0,即xo=0,所以可取 m = (0, -6, 2).于是 cosm, nmn _V?0|m|n5所以 AC 丄 EF.因为 AB= BC,所以 AC 丄 BE.所以 AC 丄平面 BEF.(2)由(1)知 AC 丄 EF, AC 丄 BE, EF/ CCi.又 CCi丄平面 ABC,所以 EF 丄平面 ABC.因为 BE 平面 ABC

6、,所以 EF 丄 BE.如图，建立空间直角坐标系 E-xyz.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 BC= ( 1, 2,0), BD = (1, 2,1).设平面 BCD 的法向量为 n = (x0, y0, z),则f丨 n BC = 0,x+ 2y= 0,即fx0 2y0+ Z0= 0.n BD = 0,令 y0= 1,则 X0= 2, Z0= 4.于是 n = (2, 1, 4).又因为平面 CC1D 的法向量为 EB= (0,2,0),fn EB _V21f=21 .|n |EB|f所以 cos 由题知二面角

7、B-CD-C1为钝角，所以其余弦值为2121 .(3)证明：由(2)知平面 BCD 的法向量为 n = (2, 1, 4), FG = (0,2, 1).因为 n FG = 2X0+ ( 1)X2+ ( 4)X( 1) = 2 工 0,所以直线 FG 与平面 BCD 相交.立体几何中的探索性问题霆型兰_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 P-ABC

8、D 中, 平面 PAD 丄平面 ABCD, FAXPD, FA= PD, AB 丄 AD, AB =1,AD= 2, AC = CD =百 5.(1)求证：PD 丄平面 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 AP 的值;若不存在，说明理由.解证明：因为平面 PAD 丄平面 ABCD, ABXAD,所以 AB 丄平面 PAD,所以 ABXPD .又因为 PAXPD,所以 PD 丄平面 PAB.取 AD 的中点 O,连接 PO, CO.因为 PA= PD,所以 POXAD.又因为 PO 平面 PAD

9、，平面 PAD 丄平面 ABCD , 所以 PO 丄平面 ABCD.因为 CO 平面 ABCD，所以 POXCO.因为 AC = CD，所以 CO 丄 AD . 如图，建立空间直角坐标系 O-xyz.由题意得，A(0,1,0), B(1,1,0), C(2,0,0), D(0,P(0,0,1)设平面 PCD 的法向量为 n = (x, y, z),则fn PD = 0,n PC = 0,yz= 0,i2x z= 0.令 z= 2,贝 U x= 1, y= 2.所以n= (1, 2,2).n PB|n|PB| 所以直线 PB 与平面 PCD 夹角的正弦值为百.设 M 是棱 FA 上一点,则存在疋

10、0,1使得 AM =；AP.因此点 M(0,1入A, BM = ( 1,人 因为 BM 平面 PCD,所以要使 BM /平面 PCD,当且仅当 BM n= 0,即（1,入A(, 2,2) = 0.1AM1解得A4.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM /平面 PCD ,此时 AP = 4.又 PB= (1,1, 1),所以 cosn, PB3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(2)如图，设 AC 的中点为 O,作 OE 丄 OA，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；

11、(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跟踪练习如图所示，在三棱柱 ABC-AiBiCi中，侧棱 BBi丄底面 ABC，BBi= 4，AB 丄 BC，且 AB= BC = 3.2,点 M，N 分别为棱 AB，BC上的动点，且 AM = BN，D 为 BiCi的中点.(1) 当点 M , N 运动时，能否出现 AD /平面 BiMN 的情况，请说明理由；(2) 若 BN= 2,求直线 AD 与平面 BiMN 夹角的正弦值.解当 M，N 分别为 AB，BC 的中点时，AD /平面 BiMN.证明如下: 连接

12、CD，当 M，N 分别为 AB，BC 的中点时，CN / BiD，且 CN = BiD =|BC，四边形 BiDCN 为平行四边形，二 DC / BiN.又 DC 平面 BiMN，BiN 平面 BiMN， DC / 平面 BiMN.又易知 AC/ MN，AC 平面 BiMN，MN 平面 BiMN， AC/ 平面 BiMN.vDCnAC=C，A平面 ADC /平面 BiMN./ AD 平面 ADC，： AD /平面 BiMN.虬BA.A以 0 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= 2, AB= BC = 3 2,二 AC = 6.M(2,0

13、,1), N(- 1,0,2), A(3,0,0), Bi(0, -4,3), D -1, -4, | , MN = (-3,0,1), BiM = (2,4, 2).设平面 BiMN 的法向量为 n= (x, y, z),可得平面 BiMN 的一个法向量为 n= (1,1,3).|n|AD|设直线 AD 与平面 BiMN 的夹角为a平面图形的翻折问题璽型型_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.n MN = 0,则有|n BiM = 0,3x+

14、 z= 0,即2x+ 4y-2z= 0,又 AD =-,3-4, 2 ,|cos n,AD匸n AD4.1477则 sina=|cosn, AD |=4 ,1477【例 3】(本题满分 12 分)(2018 全国卷I)如图，四边形 ABCD 为正方形，E, F 分别为 AD, BC 的中点，以 DF 为折痕把厶 DFC 折起，使点 C 到B达点 P 的位置，且 PF 丄 BF.(1)证明：平面 PEF 丄平面 ABFD；求 DP 与平面 ABFD 夹角的正弦值.信息提取看到ABCD 为正方形，想到正方形中的边角关系；看到把厶 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

15、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，BF 丄 PF，BF 丄 EF，所以 BF 丄平面 PEF.又 BF 平面 ABFD，所以平面 PEF 丄平面 ABFD .作 PH 丄 EF，垂足为 H.由(1)得，PH 丄平面 ABFD . 以 H 为坐标原点，HF 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.5 分A由(1)可得，DE 丄 PE.又 DP = 2，DE = 1,所以 PE=.3.又 PF = 1，EF = 2,故 PE 丄 PF.可

16、得 PH =宁，EH = 3.7 分g 0，为平面 ABFD 的法向量.则 H(0,0,0)，P 0，0 冷，D -1, -2, 0，DP =|HP|DP|10 分，HP 二HP DP 设 DP 与平面 ABFD 的夹角为 9,贝 U sinAI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 丄平面 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

17、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跟踪练习(2019 湖南六校联考)如图，梯形 EFBC 中，EC/ FB, EF 丄 BF,2BF = 3EC = 4, EF= 2, A 是 BF 的中点，AD 丄 EC，D 在 EC 上，将四边形 AFED沿 AD 折起， 使得平面 AFED 丄平面 ABCD，点M是线段 EC 上异于 E，C 的任 意一点.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 尹时，求三棱锥E-BDM 的体积.解法一：取 ED 的中点

18、N，连接 MN，AN，1点 M 是 EC 的中点，二 MN/ DC，且 MN = 2DC，而 AB / DC ,且 AB=1DC, MN 綊 AB,即四边形 ABMN 是平行四边形,BM / AN,又 BMg 平面 AFED , AN 平面 AFED, BM / 平面 AFED .法二：TAD 丄 CD, AD 丄 ED,平面 AFED 丄平面 ABCD,平面 AFEDG平面以 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),二 BM

19、 = ( 2,0,1),又平面 AFED 的一个法向量 DC = (0,4,0),BM DC = 0, BM 丄 DC ,又 BM 平面 AFED,： BM /平面 AFED.(2)依题意设点 M 0, t, 2 2(0 | =|nin2|_n1in2厂ZPEB 是二面角 P-EF-B 的平面角，/ PEB = 60又 PE= 2, BE= 1,由余弦定理得 PB=，3, PB2+ EB2= PE2,： PB 丄EB,APB, 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，贝 U P(0,

20、0,.3), C(3,0,0), E(0,1,0), F(2,1,0),-PE= (0,1, - 3), PF 二(2,1, - .3),设平面 PEF 的法向量为 n = (x, y, z),- n PE = 0,y3z= 0,由即| X n2x+ y-0,n PF = 0,令 y= 3,则 z= 1, x= 0,可得 n= (0,. 3, 1),.n PC 1-sin0=4.|n|PC|1故直线 PC 与平面 PEF 夹角0的正弦值为 4.2.(2019 西宁模拟)底面为菱形的直棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，E, F 分别为棱A1B1, A1D1的中点.(1)在图中作出一个平面a使得

21、 BDa且平面AEF/a;(不必给出证明过程，只要求作出a与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)若 AB = AA1= 2,ZBAD = 60 求平面 AEF 与 平面a的距离 D .解如图,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a又 PC= (3,0,.3),B(2)如图，连接 AC 交 BD 于点 0,在直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中，底面为菱形, AC 丄 BD,以点 0 为坐标原点,分别以 DB, AC 所在直线为 x 轴，y 轴，过点 0 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

22、，又直棱柱 ABCD-AiBiCiDi中所有棱长为 2,ZBAD= 60 A(0, -3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(1,0,0),Ai(0, -. 3,2),Bi(1,0,2),Di(-1,0,2),-El 亚21F i並 2 ,Ek，2，2J，F2，2，2/AB= (i, 一 3, 0),设平面 AEF 的法向量 n= (x, y, z),i 3n AE = 0,2x+Ty+2z=0，则即i .3nAF = 0,-2x+2y+2z=0,令 y= 4 .3,得 n= (0,4.3, 3),n 匸,57,点 B 到平面 AEF 的距离 h= AB n|n|二 AE= 2， 2，12 _ W5757 二 i9 ，2 , AF 二i 亚2， 24/57 平面 AEF 与平面a的距离 d =3.如图，在三棱锥 P-ABC 中， FAC 为正三角形，M 为线段