专题04-立体几何-2019高考数学热点题型

专题04-立体几何-2019高考数学热点题型高考资源网（），您身边的高考专家缘份让你看到我在这里欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。缘份让你看到我在这里高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。立体几何热点一空间点、线、面的位置关系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】(满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边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所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.教材探源本题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础上进行了改造，删去了例4的第(2)问，引入线面角的求解.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，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则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)))，从而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(得分点5)设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则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(得分点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的余弦值为eq\f(\r(10),5).12分(得分点7)得分要点❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，作辅助线→证明线线平行→证明线面平行；第(2)问中，建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.❷得关键分：(1)作辅助线；(2)证明CE∥BF；(3)求相关向量与点的坐标；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的过程，有则给分，无则没分.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如(得分点4)，(得分点5)，(得分点6)，(得分点7).【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA1C1C可以通过直角梯形BB1C1C以CC1为轴旋转得到，且二面角B1－CC1－A为120°.(1)若点E是线段A1B1上的动点，求证：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内，过C1作C1F⊥B1C1，由题知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.分别以C1F，C1B1，C1C为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系C1－xyz，则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)，热点二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、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(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】在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝eq\f(π,3)，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点.(1)求证：平面DEM⊥平面ABM；(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P－EC－D的大小为eq\f(π,4)？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.(2)解在线段AM存在点P，理由如下：由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，所以ND⊥平面ABCD.以D为原点，DE，DC，DN所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系.则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)，设P(eq\r(3)，－1，m)(0≤m≤1)，则eq\o(EP,\s\up6(→))＝(0，－1，m)，易知平面ECD的一个法向量为eq\o(DN,\s\up6(→))＝(0，0，1).设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,\r(3))，m，1))，假设在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的大小为eq\f(π,4)，则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)，所以符合题意的点P存在，此时AP＝eq\f(\r(21),7).【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，四棱锥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)，点E在AD上，且AE＝2ED.(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝eq\f(2,3)AD，∴四边形ABFE是平行四边形，∴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，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，若PC与平面PAB所成的角为45°，则tan∠APC＝eq\f(AC,PA)＝1，即PA＝AC＝eq\r(2)，取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.则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)))，热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图所示，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B－PC－D的余弦值.(2)解以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，直线PO为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.则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))，设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则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)))，设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则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)，结合图形判断二面角B－PC－D为钝二面角，则二面角B－PC－D的余弦值为－eq\f(\r(33),11).【类题通法】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.【对点训练】如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图(2)所示.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.(2)解由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则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