《高考备考指南 数学 》课件-【高考专题突破(四)】-高考中立体几何问题的热点题型

立体几何与空间向量第七章

【高考专题突破(四)】——高考中立体几何问题的热点题型高考解答题主要采用证明与计算相结合的模式，第一问考查空间平行或垂直关系的证明，第二问考查空间角的计算求解.重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型.热点题型1空间点、线、面的位置关系及空间角的计算1.(2021年甲卷)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)求证：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

2.(2023年湖北二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，BC＝CD＝2AB＝2，E为PC的中点.(1)在棱PD上是否存在点Q，使得AQ∥平面EBD？说明理由；(2)若PC⊥平面PAD，PC＝PD，求平面PAD与平面EAB所成角的余弦值.解：(1)如图1，取PD的中点Q，连接QE，AQ，则QE∥CD，因为AB∥CD，QE＝AB，所以四边形ABEQ为平行四边形，AQ∥BE.因为BE⊂平面EBD，AQ⊄平面EBD，BE∥AQ，所以AQ∥平面EBD.

解：(1)因为面ADE⊥面BCDE，面ADE∩面BCDE＝DE由题意可知，AD⊥DE，CD⊥DE，所以∠ADC＝90°.如图，过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，因为BQ∥DE，BQ⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BQ∥平面ADE.因为BM∥平面ADE，BQ∩BM＝B，BQ，BM⊂平面BQM，所以平面BQM∥平面ADE.因为面BQM∩面ADC＝QM，平面ADE∩平面ADC＝AD，所以AD∥QM.因为BC＝2，∠ACB＝60°，所以CQ＝1.

4.(2023年常州三模)如图，ABCD是边长为6的正方形，已知AE＝EF＝2，且ME∥NF∥AD并与对角线DB交于点G，H，现以ME，NF为折痕将正方形折起，且BC，AD重合，记点D，C重合后为点P，记点A，B重合后为点Q.(1)求证：平面PGQ⊥平面HGQ；(2)求平面GPN与平面GQH所成二面角的正弦值.(1)证明：如图，取EQ的中点J，连接FJ，则PQ⊥FJ，FJ⊥EQ.再取GQ的中点R，连接HR，RJ，易得HF∥RJ，HF＝RJ，故四边形RJFH为平行四边形，得RH∥JF，从而HR⊥PQ，HR⊥EQ，且PQ，EQ⊂平面PGQ，所以HR⊥平面PGQ.因为HR⊂平面HGQ，所以平面PGQ⊥平面HGQ.

解：(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD.因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD.因为AD∩CD＝D，所以PO⊥平面ABCD.因为AD∥BC且AD＝BC，O，G分别为AD，BC的中点，所以AO∥BG且AO＝BG.所以四边形ABGO为平行四边形.所以OG∥AB.因为AB⊥AD，所以OG⊥AD.以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

6.(2023年聊城三模)如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°.因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，即△BCE为等腰三角形.所以∠CEB＝30°.所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE.因