2019高三数学（人教A版理）一轮教师用书专题探究课4立体几何中的高考热点问题

四立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第124页)[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．空间点、线、面间的位置关系空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：(1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证明三条轴两两垂直(扣分点)．(2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里．(3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2的运算．(4)弄清各空间角与向量夹角的关系．如图1所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．图1(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E­ABC的体积．[解](1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB．又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.①②(2)证明：法一：如图①，取AB中点G，连接EG，FG.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC．因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.法二：如图②，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB．又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1eq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF.又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱锥E­ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).[规律方法]1.1证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.2证明C1F∥平面ABE：①利用判定定理，关键是在平面ABE中找作出直线EG，且满足C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化.2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化.[跟踪训练]如图2所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.图2(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC．【导学号：97190261】[证明]以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0,0)．(1)因为eq\o(EF,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，所以eq\o(EF,\s\up7(→))∥eq\o(AB,\s\up7(→))，即EF∥AB．又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB．(2)因为eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up7(→))⊥eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))⊥eq\o(DC,\s\up7(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC．又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD．因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC．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．(2016·北京高考)如图3，在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).图3(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD．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PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up7(→)),|n||\o(PB,\s\up7(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→)).因此点M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq\o(BM,\s\up7(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).[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.[跟踪训练](2017·湖南五市十校联考)如图4，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，PA＝2.图4(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2eq\r(2)，BC＝4eq\r(2)，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．(2)法一：(作图法)过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD．过点M作MG⊥AC交AC于点G，连接NG，则∠MGN是二面角M­AC­D的平面角．若∠MGN＝45°，则NG＝MN，又AN＝eq\r(2)NG＝eq\r(2)MN，所以MN＝1，所以MNeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))eq\f(1,2)PA，所以M是PD的中点．在三棱锥M­ABC中，可得VM­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·MN，设点B到平面MAC的距离是h，则VB­MAC＝eq\f(1,3)S△MAC·h，所以S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2eq\r(2).在Rt△BMN中，可得BM＝3eq\r(3).设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(h,BM)＝eq\f(2\r(6),9).法二：(向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，D(0,2eq\r(2)，0)，P(0,0,2)，B(2eq\r(2)，－2eq\r(2)，0)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)，－2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)．设eq\o(PM,\s\up7(→))＝teq\o(PD,\s\up7(→))(0＜t＜1)，则点M的坐标为(0,2eq\r(2)t,2－2t)，所以eq\o(AM,\s\up7(→))＝(0,2eq\r(2)t,2－2t)．设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝0,n·\o(AM,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋2\r(2)y＝0,2\r(2)ty＋2－2tz＝0))，则可取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(\r(2)t,1－t))).又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1))),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)t,t－1)))eq\s\up12(2)))＝cos45°＝eq\f(\r(2),2)，解得t＝eq\f(1,2)，即点M是线段PD的中点．此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，eq\r(2))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，3eq\r(2)，1)．设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n0，eq\o(BM,\s\up7(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).平面图形的翻折问题(答题模板)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．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅱ)如图5，eq\o(菱形ABCD)①的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，eq\o(AE＝CF)②＝eq\f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).图5(1)证明：eq\o(D′H⊥平面ABCD)③；(2)求二面角B­D′A­C的正弦值．[审题指导]题眼挖掘关键信息①②由菱形ABCD及AE＝CF，可知DH是等腰三角形DEF底边上的高线，而DH⊥EF是翻折不变量，再逆用勾股定理可得D′H⊥OH，从而得出结论；③利用(1)的结果，可得相交于一点且两两垂直的三条直线，为建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的正弦值创造了条件.[规范解答](1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因为EF⊥HD，从而EF⊥D′H. 2分由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD． 5分(2)如图，以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H­xyz，则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(3，－4,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(6,0,0)，eq\o(AD′,\s\up7(→))＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4,3，－5). 8分设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B­D′A­C的正弦值是eq\f(2\r(95),25). 12分[阅卷者说]易错点防范措施弄不清翻折变量与不变量可动手操作、加强训练、及时总结，明确在同一平面内的性质不发生变化，不在同一平面上的性质可能会发生变化.[规律方法]对于翻折问题，应明确：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可能会发生变化.解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.[跟踪训练](2018·合肥二检)如图6①所示，矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图6②所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上.【导学号：97190262】图①图②图6(1)求证：BP⊥CE；(2)求二面角B­PC­D的余弦值．[解](1)证明：∵点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，∴PO⊥平面BCDE，∵CE⊂平面BCDE，∴PO⊥CE.易知BE⊥CE，BE∩PO＝O，∴CE⊥平面PBE，而BP⊂平面PBE，∴BP⊥CE.(2)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，PO所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)