高考数学一轮复习第7章立体几何初步热点探究课4立体几何中的高考热点问题教师用书文新人教A版2

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2019届理科一轮复习北师大版专题探究课4立体几何中的高考热点问题教案.doc

此类试题一般以解答题形式呈现，常角的计算问题，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
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考 )如图 3，在四棱锥 P-ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD
A→D ·D→C＝(0,2,0) (1·,0,0)＝0，所以 A→P⊥ D→C， A→D ⊥D→C，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
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：
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
所以平面 ABE∥平面 C1HF .
又 C1F 平面 C1HF，

【空间】高考数学一轮复习第7章立体几何热点探究课4立体几何中的高考热点问题教师用书

【关键字】空间热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．客观题主要考查空间概念，点、线、面位置关系的判定、三视图．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或笔直，再利用空间向量进行空间角的计算.2.立体几何重点考查学生的空间想象能力、数学运算和逻辑推理论证能力．考查的热点是以几何体为载体的平行与笔直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出了转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1 空间点、线、面间的位置关系空间线线、线面、面面平行、笔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．如图1所示，在三棱柱ABC-A1B1中，侧棱笔直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1，BC的中点．图1(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C∥平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积．[解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.2分又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.6分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＝AC.8分因为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.10分法二：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.8分又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1綊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.10分(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.12分所以三棱锥E-ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.15分[规律方法] 1.(1)证明面面笔直，将“面面笔直”问题转化为“线面笔直”问题，再将“线面笔直”问题转化为“线线笔直”问题．(2)证明C∥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C∥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．[对点训练1] (2017·天津联考)如图2，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，CD＝BC＝AB＝1，点P为CE的中点．图2(1)求证：AB⊥DE；(2)求DE与平面ABCD所成角的大小；(3)求三棱锥D-ABP的体积. 【导学号：】[解] (1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE.∵△ABE是正三角形，∴AB⊥OE.∵四边形ABCD是直角梯形，DC＝AB，AB∥CD，∴四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.3分又AB⊥BC，∴AB⊥OD.∵OD，OE⊂平面ODE，且OD∩OE＝O，∴AB⊥平面ODE.∵DE⊂平面ODE，∴AB⊥DE.5分(2)∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，OE⊥AB，OE⊂平面ABE，∴OE ⊥平面ABCD ， ∴∠ODE 即为所求，在△ODE 中，OD ＝1，OE ＝3，∠DOE ＝90°， ∴tan ∠ODE ＝ 3.又∵∠ODE 为锐角，∴∠ODE ＝60°.10分 (3)∵P 为CE 的中点，∴V 三棱锥D ABP ＝V 三棱锥P ABD ＝12V 三棱锥E ABD .12分∵OE ⊥平面ABCD ，∴V 三棱锥E ABD ＝13S △ABD ·OE ＝13×2×12×3＝33，∴V 三棱锥D ABP ＝V 三棱锥P ABD ＝12V 三棱锥E ABD ＝36.15分热点2 平面图形折叠成空间几何体(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，考查学生的空间想象能力、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15分)如图3，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置，OD ′＝10.图3(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值．[思路点拨] (1)利用已知条件及翻折的性质得出D ′H ⊥EF ，利用勾股定理逆定理得出D ′H ⊥OH ，从而得出结论；(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系，从而求出两个半平面的法向量，利用向量的夹角公式求其余弦值，从而求出正弦值，最后转化为二面角的正弦值．[规范解答] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .2分由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .5分又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .6分(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3).9分设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1).12分于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.15分[答题模板] 第一步：由平行线性质及题设，证明EF ⊥D ′H . 第二步：利用线面垂直的判定，得D ′H ⊥平面ABCD . 第三步：建立恰当坐标系，准确写出相关点、向量的坐标．第四步：利用方程思想，计算两平面的法向量．第五步：由法向量的夹角，求二面角B D ′A C 的正弦值．第六步：检验反思，查看关键点，规范解题步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视D ′H ⊥OH 的论证及条件OH ∩EF ＝H ，导致推理不严谨而失分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题易发生写错点的坐标，或求错两半平面的法向量导致严重失分．3．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不给分，因此要抓住得分点．[对点训练2] (2017·嘉兴调研)如图4①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图4②.图4(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.【导学号：】[解] (1)证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，2分即在题图②中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .6分 (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1BE C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.8分如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得B C →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0).10分设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.15分热点3 立体几何中的探索开放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．如图5，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图5(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AMAP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 .2分又因为PA ⊥PD ，所以PD ⊥平面PAB .4分(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 .6分因为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O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1).6分设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.10分 (3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).12分因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.15分[规律方法] 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3] (2017·浙江名校联考)如图6，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点．图6(1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F PC D 的余弦值；若不存在，请说明理由. 【导学号：】[解] (1)证明：取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .1分 ∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，4分∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM .∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面BPC .6分(2)由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D xyz ，则A (8,0,0)，B (8,12,0)，C (0,6,0)，P (0,0,8).8分假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t,0)，则CF →＝(8，t －6,0)，DB →＝(8,12,0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.10分又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．又PC →＝(0,6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.12分由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F PC D 的余弦值为817.15分热点4 利用向量求空间角在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．如图7，在四棱锥A EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．图7(1)求证：AO ⊥BE ；(2)求二面角F AE B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．[解] (1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF .1分又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ，所以AO ⊥平面EFCB ，所以AO ⊥BE .4分(2)取BC 的中点G ，连接OG . 由题设知四边形EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB ，又OG ⊂平面EFCB ，所以OA ⊥OG .6分如图建立空间直角坐标系O xyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0, 3a )，BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－ax ＋3az ＝0，a －2x ＋3a －2y ＝0.8分令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1,1)．又平面AEF 的一个法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n||p|＝－55.由题知二面角F AE B 为钝角，所以它的余弦值为－55.10分 (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥CO ，即BE →·OC →＝0.因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2.12分由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝43.15分[规律方法] 1.本题主要考查数学推理论证能力，利用空间向量进行数学运算能力，同时考查化归转化的数学思想．2．求二面角F AE B 的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量．通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．[对点训练4] 如图8，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．图8(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.2分又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .6分 (2)取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .9分由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.12分设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.15分热点探究训练(四)立体几何中的高考热点问题1．如图9所示，已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：图9(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF . 【导学号：】[证明] (1)如图，建立空间直角坐标系A xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，3分∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC .又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .6分(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.12分∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF .又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .15分2．(2017·绍兴模拟)如图10，六面体ABCDHEFG 中，四边形ABCD 为菱形，AE ，BF ，CG ，DH 都垂直于平面ABCD .若DA ＝DH ＝DB ＝4，AE ＝CG ＝3.图10(1)求证：EG ⊥DF ；(2)求BE 与平面EFGH 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC ，由AE 綊CG 可得四边形AEGC 为平行四边形，所以EG ∥AC ，而AC ⊥BD ，AC ⊥BF ，所以EG ⊥BD ，EG ⊥BF ，3分因为BD ∩BF ＝B ，所以EG ⊥平面BDHF ，又DF ⊂平面BDHF ，所以EG ⊥DF .6分(2)设AC ∩BD ＝O ，EG ∩HF ＝P ，由已知可得，平面ADHE ∥平面BCGF ，所以EH ∥FG ，同理可得EF ∥HG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，所以P 为EG 的中点，O 为AC 的中点，所以OP 綊AE ，从而OP ⊥平面ABCD .9分又OA ⊥OB ，所以OA ，OB ，OP 两两垂直．由平面几何知识得BF ＝2.如图，建立空间直角坐标系O xyz ，则B (0,2,0)，E (23，0,3)，F (0,2,2)，P (0,0,3)，所以BE →＝(23，－2,3)，PE →＝(23，0,0)，PF →＝(0,2，－1).12分设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ PE →·n ＝0，PF →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，2y －z ＝0，令y ＝1，则z ＝2，所以n ＝(0,1,2)．设BE 与平面EFGH 所成角为θ，则sin θ＝|BE →·n ||BE →||n |＝4525. 故直线BE 与平面EFGH 所成角的正弦值为4525.15分 3．如图11，直角三角形ABC 中，∠A ＝60°，∠ABC ＝90°，AB ＝2，E 为线段BC 上一点，且BE ＝13BC ，沿AC 边上的中线BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置．图11(1)求证：BD ⊥PE ；(2)当平面PBD ⊥平面BCD 时，求二面角C PB D 的余弦值．[解] 由已知得DC ＝PD ＝PB ＝BD ＝2，BC ＝2 3.1分(1)证明：取BD 的中点O ，连接OE ，PO .∵OB ＝1，BE ＝233且∠OBE ＝30°，∴OE ＝33，∴OE ⊥BD .3分 ∵PB ＝PD ，O 为BD 的中点，∴PO ⊥BD ，又PO ∩OE ＝O ，∴BD ⊥平面POE ，∴BD ⊥PE .6分(2)∵平面PBD ⊥平面BCD ，∴PO ⊥平面BCD ，∴OE ，OB ，OP 两两垂直，如图以O 为坐标原点，以OE ，OB ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，P (0,0，3)，C (3，－2,0)，∴BP →＝(0，－1，3)，BC →＝(3，－3,0).9分设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ －y ＋3z ＝0，3x －3y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ z ＝33y ，x ＝3y ，不妨令y ＝3，得n ＝(3，3，1).12分又平面PBD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝31313，故二面角C PB D 的余弦值为31313.15分 4．在如图12所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的—条母线.图12(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角 F BC A 的余弦值. 【导学号：】[解] (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点，所以GI ∥EF .2分又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .6分(2)法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM ⊥OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).9分故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.12分可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77，所以二面角F BC A 的余弦值为77.15分法二：如图，连接OO ′，过点F 作FM ⊥OB 于点M ，则有FM∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC ，可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.9分过点M 作MN ⊥BC 于点N ，连接FN ，可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F BC A 的平面角．又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径，所以MN ＝BM sin 45°＝62.12分从而FN ＝422，可得cos ∠FNM ＝77. 所以二面角F BC A 的余弦值为77.15分 5．已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝2，AB ＝1，E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点．图13(1)求证：PF ⊥FD ；(2)判断并说明PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A PD F 的余弦值．[解] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，AB ＝1，AD ＝2.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)，F (1,1,0)，D (0,2,0)，不妨令P (0,0，t )，t >0.2分∵PF →＝(1,1，－t )，DF →＝(1，－1,0)，∴PF →·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0，∴PF ⊥FD .4分(2)设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PF →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －tz ＝0，x －y ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧ tz ＝2x ，y ＝x .取z ＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，t 2，1. 设G (0,0，m )(0≤m ≤t ).8分 ∵E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0， ∴EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，m ，由题意EG →·n ＝0， ∴－t 4＋m ＝0，∴m ＝14t ， ∴当G 是线段PA 的靠近于A 的一个四等分点时，使得EG ∥平面PFD .10分(3)∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 就是PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBA ＝45°，∴PA ＝AB ＝1，P (0,0,1)，由(2)知平面PFD 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.12分易知平面PAD 的一个法向量为AB →＝(1,0,0)，∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝1214＋14＋1＝66. 由图知，二面角A PD F 的平面角为锐角，∴二面角A PD F 的余弦值为66.15分 6．如图14，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .图14(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解] (1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.1分由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.4分从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .6分(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .9分由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.12分故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.15分此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

2018高考一轮通用人教A版数学文练习第7章热点探究课4 立体几何中的高考热点问题含答案精品

热点探究课(四)立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1线面位置关系与体积计算(答题模板)以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．图1[思路点拨](1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .4分(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5.12分[答题模板] 第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC ⊥BE .第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC ⊥平面BED . 第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积．第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD ∩BE ＝B ，AC ⊂平面AEC ，造成推理不严谨，导致扣分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．[对点训练1] 如图2，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ；(3)求三棱锥E -ABC 的体积．图2[解](1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.2分又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝12AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，6分所以四边形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.8分(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝3，10分所以三棱锥E-ABC的体积V＝13S△ABC·AA1＝13×12×3×1×2＝33.12分热点2平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量，是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．如图3，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F 为AE的中点．现沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE. 【导学号：31222264】[解](1)如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.1分证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.∵AK＝14AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC.3分∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK.5分(2)证明：∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.8分∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ，∴BE ⊥平面ADE .∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE .12分[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′-ABCFE 的体积．图4[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .2分又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.5分(2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.7分所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由EFAC＝DHDO得EF＝92.10分五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′-ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322.12分热点3线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2017·石家庄质检)如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【导学号：31222265】图5[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点.2分所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.5分(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.7分又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.9分因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.12分[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[对点训练3](2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．图6[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.2分在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.5分(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面P AC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.7分由SD⊥平面P AC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.10分又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面P AC，PC⊂平面P AC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面P AC，所以BE∥平面P AC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.12分热点探究训练(四)立体几何中的高考热点问题1．如图7，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点，求证：图7(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BDN.[证明](1)取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，又因为F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG綊ME，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG.4分又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.6分(2)连接BD，MC，因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD，又因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN ＝AD，ND⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.8分因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.10分因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又因为AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.12分2．(2017·合肥质检)如图8，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上．图8(1)求证：BD ⊥PE ；(2)过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 的中点，若PE ∥平面DMN ，求DE DC 的值．[解] (1)证明：∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD 且PD ∩DC ＝D ，∴BD ⊥平面PCD ，而PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE .5分(2)由题意得BM ＝14BC ，取BC 的中点F ，则PF ∥MN ，∴PF ∥平面DMN ，7分由条件PE ∥平面DMN ，PE ∩PF ＝P ，∴平面PEF ∥平面DMN ，∴EF ∥DM .10分∴DE DC ＝MF MC ＝13.12分3．(2017·西安调研)如图9①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .【导学号：31222266】① ②图9(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值．[解] (1)证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD＝π2，所以BE ⊥AC .2分则在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .5分(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)可得A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE .8分即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高．由图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，从而四棱锥A 1-BCDE 的体积为V ＝13S ·A 1O ＝13·a 2·22a ＝26a 3. 由26a 3＝362，得a ＝6.12分4．(2017·贵阳模拟)已知如图10，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝1，∠ABC ＝∠DBC ＝120°.图10(1)在直线BC 上求作一点O ，使BC ⊥平面AOD ，写出作法并说明理由；(2)求三棱锥A -BCD 的体积. 【导学号：31222267】[解] (1)作AO ⊥BC ，交CB 延长线于点O ，连接DO ，则BC ⊥平面AOD .1分证明如下：∵AB ＝DB ，OB ＝OB ，∠ABO ＝∠DBO ，∴△AOB ≌△DOB ，3分则∠AOB ＝∠DOB ＝90°，即OD ⊥BC .又∵AO ∩OD ＝O ，∴BC ⊥平面AOD .5分(2)∵△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，∴AO ⊥平面BCD ，即AO 是三棱锥A -BCD 底面BCD 上的高，7分在Rt △AOB 中，AB ＝1，∠ABO ＝60°，∴AO ＝AB sin 60°＝32.10分又∵S △BCD ＝12BC ·BD ·sin ∠CBD ＝34，∴V 三棱锥A -BCD ＝13·S △BCD ·AO ＝13×34×32＝18.12分5.如图11，三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.图11(1)求三棱锥P -ABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ，求出PM MC 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.2分由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P -ABC 的高．又P A ＝1，所以三棱锥P -ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.5分 (2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .7分由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC .由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .10分在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.12分6.(2015·湖南高考)如图12，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，CC 1的中点．图12(1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥F -AEC 的体积．[解] (1)证明：如图，因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE ⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE ⊥BC .3分因此AE ⊥平面B 1BCC 1.而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.5分(2)设AB的中点为D，连接A1D，CD.因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角.8分由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝32AB＝ 3.在Rt△AA1D中，AA1＝A1D2－AD2＝3－1＝2，所以FC＝12AA1＝22.故三棱锥F-AEC的体积V＝13S△AEC·FC＝13×32×22＝612.12分。

2020高三数学理北师大版一轮专题探究课4 立体几何中的高考热点问题 Word版含解析.doc

(四)立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第127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．B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1如图1所示，在三棱柱ABC-A＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．图1(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E -ABC 的体积．[解] (1)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB 平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(1) (2)(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 ＝12AC ．因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG . 又因为EG平面ABE ，C 1F ⊆/平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .法二：如图(2)，取AC 的中点H ，连接C 1H ，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A 1C 1，AC 的中点，所以EC 1═∥AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形，所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ，所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E -ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.图2(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC ．【导学号：79140259】[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E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB . 又AB平面P AB ，EF ⊆/平面P AB ，所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ．又因为AP ∩AD ＝A ，AP 平面P AD ，AD平面P AD ，所以DC ⊥平面P AD .因为DC平面PDC ，所以平面P AD ⊥平面PDC ．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P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图3(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO平面P AD ，平面P AD ⊥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O -xyz .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⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊆/平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝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M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 夹角的正弦值，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 ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ，因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，又P A ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC ．(2)法一：(作图法) 过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥P A ，因为P A ⊥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M -AC -D 的平面角．若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ，又AN ＝2NG ＝2MN ，所以MN ＝1，所以MN ═∥12P A ，所以M 是PD 的中点．在三棱锥M -ABC 中，可得V M -ABC＝13S △ABC ·MN ，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则V B -MAC＝13S △MAC ·h ，所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝2 2. 在Rt △BMN 中，可得BM ＝3 3.设BM 与平面MAC 的夹角为θ，则sin θ＝h BM ＝269.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 (22，22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0,22，－2)，AC →＝(22，22，0)．设PM →＝t PD →(0＜t ＜1)，则点M 的坐标为(0,22t,2－2t )，所以AM →＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AM →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝022ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t . 又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝⎛⎭⎪⎫2t t －12＝cos 45°＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，BM →＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝269.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，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，AE ＝CF ②＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.图5(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ③； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．[审题指导]又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .2分由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，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，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5).8分设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525. 12分[阅卷者说][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6(1)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6(2)所示，点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上.【导学号：79140260】(1) (2)图6(1)求证：BP ⊥CE ；(2)求二面角B -PC -D 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B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22， CD →＝(－1,0,0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，22， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－22，BC →＝(0,2,0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CD →＝0，n 1·CP →＝0，即⎩⎨⎧ －x 1＝0，－12x 1－32y 1＋22z 1＝0，令z 1＝2，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，2. 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·PB →＝0，n 2·BC →＝0，即⎩⎨⎧ 12x 2－12y 2－22z 2＝0，2y 2＝0，令z 2＝2，可得n 2＝(2,0，2)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3311. ∵二面角B -PC -D 为钝二面角，∴二面角B -PC -D 的余弦值为－3311.。

2018高考一轮数学(课件)第7章热点探究课4 立体几何中的高考热点问题

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第十七页，编辑于星期六：二十二点三十四分。
高三一轮总复习 (2)如图，以 H 为坐标原点，H→F的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 H-xyz，则 H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，
A→B＝(3，－4,0)，A→C＝(6,0,0)，AD→′＝(3,1,3).9 分设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量，则
(1)求证：AB⊥DE； (2)求 DE 与平面 ABCD 所成角的大小； (3)求三棱锥 D-ABP 的体积. 【导学号：51062252】
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图2
第十页，编辑于星期六：二十二点三十四分。
高三一轮总复习 [解] (1)证明：取 AB 的中点 O，连接 OD，OE.
∵△ABE 是正三角形，∴AB⊥OE.
因为 G，F 分别是 AB，BC 的中点，
所以 FG∥AC，且 FG＝12AC.8 分
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.10 分
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第十八页，编辑于星期六：二十二点三十四分。
高三一轮总复习
m·A→B＝0， m·AD→′＝0，
即33xx11＋－y41y＋1＝3z01，＝0，
所以可取 m＝(4,3，－5)．
设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACD′的法向量，则
n·A→C＝0， n·AD→′＝0，

北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课立体几何中的高考热点问题教学案理解析版

错误![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Ⅱ）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝错误!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EF∥AD，EF＝错误!AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD．又BC＝错误!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⊥AD，以A为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，|错误!|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，错误!），错误!＝（１,0，—错误!），错误!＝（１,0,0）．设M（x，y，z）（0<x<１），则错误!＝（x—１，y，z），错误!＝（x，y—１，z—错误!）．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〈错误!，n〉|＝sin ４５°，即错误!＝错误!，即（x—１）２＋y２—z２＝0．１又M在棱PC上，设错误!＝λ错误!，则x＝λ，y＝１，z＝错误!—错误!λ.２由１２解得错误!（舍去），或错误!所以M错误!，从而错误!＝错误!.设m＝（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（0，—错误!，２）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!.因此二面角MABD的余弦值为错误!.[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．１１１１G分别为AA１，AC，A１C１，BB１的中点，AB＝BC＝错误!，AC＝AA１＝２．（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AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.（２）由（１）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC１.又CC１⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABＣ．因为BE平面ABC，所以EF⊥BE.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）．所以错误!＝（—１，—２,0），错误!＝（１，—２,１）．设平面BCD的法向量为n＝（x0，y0，z0），则错误!即错误!令y0＝—１，则x0＝２，z0＝—４．于是n＝（２，—１，—４）．又因为平面CC１D的法向量为错误!＝（0,２,0），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.由题知二面角BCDC１为钝角，所以其余弦值为—错误!.（３）证明：由（２）知平面BCD的法向量为n＝（２，—１，—４），错误!＝（0,２，—１）．因为n·错误!＝２×0＋（—１）×２＋（—４）×（—１）＝２≠0，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，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝１，AD＝２，AC＝CD＝错误!.（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，求错误!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），则错误!即错误!令z＝２，则x＝１，y＝—２．所以n＝（１，—２,２）．又错误!＝（１,１，—１），所以cos〈n，错误!〉＝错误!＝—错误!.所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为错误!.（３）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,１]使得错误!＝λ错误!.因此点M（0,１—λ，λ），错误!＝（—１，—λ，λ）．因为BM平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当错误!·n＝0，即（—１，—λ，λ）·（１，—２,２）＝0．解得λ＝错误!.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时错误!＝错误!.[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．１１１１１AB＝BC＝３错误!，点M，N分别为棱AB，BC上的动点，且AM＝BN，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＝错误!，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，CN∥B１D，且CN＝B１D＝错误!BC，∴四边形B１DCN为平行四边形，∴DC∥B１N.又DC平面B１MN，B１N平面B１MN，∴DC∥平面B１MN.又易知AC∥MN，AC平面B１MN，MN平面B１MN，∴AC∥平面B１MN.∵DC∩AC＝C，∴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OE⊥OA，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＝错误!，AB＝BC＝３错误!，∴AC＝6．∴M（２,0,１），N（—１,0,２），A（３,0,0），B１（0，—４,３），D错误!，∴错误!＝（—３,0,１），错误!＝（２,４，—２）．设平面B１MN的法向量为n＝（x，y，z），则有错误!即错误!可得平面B１MN的一个法向量为n＝（１,１,３）．又错误!＝错误!，∴|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!.设直线AD与平面B１MN的夹角为α，则sin α＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!.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Ⅰ）如图，四边形错误!１，E，F分别为AD，BC的中点，以错误!２，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.（１）证明：错误!３；（２）求错误!４.[信息提取] 看到１ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系；看到２把△DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到３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４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⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.·２分又BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．·３分（２）作PH⊥EF，垂足为H.由（１）得，PH⊥平面ABFD．·４分以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向，|错误!|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，DE⊥PE.又DP＝２，DE＝１，所以PE＝错误!.又PF＝１，EF＝２，故PE⊥PF. ·6分可得PH＝错误!，EH＝错误!.7分则H（0,0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!，错误!＝错误!为平面ABFD的法向量. ·１0分设DP与平面ABFD的夹角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!.·１１分即DP与平面ABFD夹角的正弦值为错误!.·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.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，EC∥FB，EF⊥BF，BF＝错误!EC＝４，EF＝２，A是BF的中点，AD⊥EC，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错误!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，∴MN∥DC，且MN＝错误!DC，而AB∥DC，且AB＝错误!DC，∴MN綊AB，即四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，又BM平面AFED，AN平面AFED，∴BM∥平面AFED．法二：∵AD⊥CD，AD⊥ED，平面AFED⊥平面ABCD，平面AFED∩平面ABCD＝AD，∴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），∴错误!＝（—２,0,１），又平面AFED的一个法向量错误!＝（0,４,0），错误!·错误!＝0，∴错误!⊥错误!，又BM平面AFED，∴BM∥平面AFED．（２）依题意设点M错误!（0＜t＜４），设平面BDM的法向量n１＝（x，y，z），则错误!·n１＝２x＋２y＝0，错误!·n１＝ty＋错误!z＝0，令y＝—１，则n１＝错误!，取平面ABF的一个法向量n２＝（１,0,0），∵|cos〈n１，n２〉|＝错误!＝错误!＝错误!，解得t＝２．∴M（0,２,１）为EC的中点，S△DEM＝错误!S△CDE＝２，又点B到平面DEM的距离h＝２，∴V EBDM＝V BDEM＝错误!·S△DEM·h＝错误!.[大题增分专训]１．（２0１9·湖北八市联考）如图，在R t△ABC中，AB＝BC＝３，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：EF⊥PB；（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θ的正弦值．[解] （１）证明：∵AB＝BC＝３，BC⊥AB，EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直关系没变，有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E，∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PＢ．（２）∵EF⊥PE，EF⊥BE，∴∠PEB是二面角PEFB的平面角，∴∠PEB＝60°，又PE＝２，BE＝１，由余弦定理得PB＝错误!，∴PB２＋EB２＝PE２，∴PB⊥EB，∴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，错误!），C（３,0,0），E（0,１,0），F（２,１,0），∴错误!＝（0,１，—错误!），错误!＝（２,１，—错误!），设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），由错误!即错误!令y＝错误!，则z＝１，x＝0，可得n＝（0，错误!，１），又错误!＝（３,0，—错误!），∴sin θ＝错误!＝错误!.故直线PC与平面PEF夹角θ的正弦值为错误!.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α，使得BDα，且平面AEF∥α；（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCDA１B１C１D１的截面）（２）若AB＝AA１＝２，∠BAD＝60°，求平面AEF与平面α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α.（２）如图，连接AC交BD于点O，∵在直棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面为菱形，∴AC⊥BD，∴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，∠BAD＝60°，∴A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0），D（—１,0,0），A１（0，—错误!，２），B１（１,0,２），D１（—１,0,２），∴E错误!，F错误!，∴错误!＝错误!，错误!＝错误!，错误!＝（１，错误!，0），设平面AEF的法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!令y＝４错误!，得n＝（0,４错误!，—３），|n|＝错误!，∴点B到平面AEF的距离h＝错误!＝错误!＝错误!，∴平面AEF与平面α的距离d＝错误!.３．如图，在三棱锥PABC中，△PAC为正三角形，M为线段PA的中点，∠CAB＝90°，AC＝AB，平面PAB⊥平面PAＣ．（１）求证：平面PAC⊥平面ABC；（２）若Q是棱AB上一点，V QBMC＝错误!V PABC，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CM⊥PA，又平面PAC⊥平面PAB，平面PAC∩平面PAB＝PA，所以CM⊥平面PAB．因为AB平面PAB，所以CM⊥AB，又CA⊥AB，CM∩CA＝C，所以AB⊥平面PAＣ．又AB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABＣ．（２）连接PQ，由题意及（１）得V QBMC＝V MBQC＝错误!V PBQC＝错误!V PABC，所以S△QBC＝错误!S△ABC，所以Q为线段AB的中点．取AC的中点为O，连接OP，以O为坐标原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，设AC＝AB＝２，则A（１,0,0），B（１,２,0），Q（１,１,0），C（—１,0,0），M错误!，则错误!＝错误!，错误!＝（２,１,0），错误!＝（0,２,0），易知平面AMC的一个法向量为错误!＝（0,２,0）．设平面QMC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令x＝１，则n＝（１，—２，—错误!），由图可知二面角QMCA为锐角，故所求二面角的余弦值为|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!。

2020版高考数学一轮复习教案- 高考大题增分课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[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC ⊥平面BED . 4分(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .6分由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V 三棱锥E -ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E -ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分 [易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC ⊂平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法] 空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N -BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，P A ＝PD ，M 为CD 的中点，平面P AD ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥PM ；(2)若∠APD ＝90°，P A ＝2，求点A 到平面PBM 的距离．[解] (1)证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，∵底面ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，∵E ，M 分别是AD ，DC 的中点，∴EM ∥AC ，∴EM ⊥BD .∵P A ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ，∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ，∵PM ⊂平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵P A ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3，∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A -PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P-ABD的体积V＝34，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)三棱锥P-ABD的体积V＝16P A·AB·AD＝36AB，由V＝34，可得AB＝32.由题设知BC⊥AB，BC⊥P A，所以BC⊥平面P AB，在平面P AB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝P A·ABPB＝P A·ABP A2＋AB2＝31313.所以点A到平面PBC的距离为313 13.命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A.又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD.(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面P AC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S-ABCD 是正四棱锥，所以SO⊥AC.在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a .由SD ⊥平面P AC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4.故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD .过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ，在△BDN 中，易得BN ∥PO .又因为NE ∥PC ，NE ⊂平面BNE ，BN ⊂平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO ⊂平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面P AC ，所以BE ∥平面P AC .因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PB 的中点．(1)证明：PD ∥平面CEF ；(2)若PE ⊥平面ABCD ，PE ＝AB ＝2，求三棱锥P -DEF 的体积．[解] (1)证明：连接BE ，BD ，BD 交CE 于点O ，连接OF (图略)．∵E 为线段AD 的中点，AD ∥BC ，BC ＝12AD ＝ED ，∴BC ED ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD.∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝12AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝π3，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝ 3.∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面P AD，∴平面P AD⊥平面ABCD，又平面P AD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，∴BH⊥平面P AD，∴点B到平面P AD的距离为BH＝ 3.又F为线段PB的中点，∴点F到平面P AD的距离h等于点B到平面P AD的距离的一半，即h＝32，又S△PDE＝12PE·DE＝2，∴V三棱锥P-DEF ＝13S△PDE×h＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为正方形，且P A⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1∶3.(1)证明：PB∥平面ACE；(2)当P A＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．[解](1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD.又AB ⊂平面ABFE ，平面ABFE ∩平面PCD ＝EF ，∴EF ∥AB ，∴EF ∥CD .由S △PEF ∶S 四边形CDEF ＝1∶3知E ，F 分别为PD ，PC 的中点．如图，连接BD 交AC 于点G ，则G 为BD 的中点，连接EG ，则EG ∥PB .又EG ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，∴PB ∥平面ACE .(2)∵P A ＝2，AD ＝AB ＝1，∴AC ＝2，AE ＝12PD ＝52，∵P A ⊥平面ABCD ，∴CD ⊥P A ，又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD .在Rt △CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos ∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin ∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin ∠AEC ＝34 .设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ，则V F -ACE ＝13×34×h ＝14h . ∵DG ⊥AC ，DG ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ，∴DG ⊥平面P AC .∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E -ACF ＝13×22×24＝112.由V F -ACE ＝V E -ACF ，得14h ＝112，得h ＝13， ∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P -ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且P A ＝PB ，AB ＝23AD .(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3，∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC .又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ，又PE ⊂平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下：取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AE MC，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM∥EC.取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，∴OF∥平面PEC.。

北师大版高三数学一轮复习课件：专题探究课四高考中立体几何中的热点题型

热点一空间点、线、面的位置关系及空间【例 1】 (满分 12 分郑州模拟 )如图，在△ABC 中，角的计算 ()(2017· 规范解答 )
π ∠ABC＝，O 为 AB 边上一点，且 3OB＝3OC＝2AB，已知 4 PO⊥平面 ABC，2DA＝2AO＝PO，且 DA∥PO. (1)求证：平面 PBD⊥平面 COD； (2)求直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值.
又 CO⊂平面 COD，∴平面 PDB⊥平面 COD. „„„6 分
(2)解以 OC，OB，OP 所在射线分别为 x，y，z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示.
设 OA＝1，则 PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.
则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，
→ ＝(0，－1，－1)，BC → ＝(2，－2，0)，BD → ＝(0，－3，1). „„8 分 ∴PD
(1)证明由正方形的性质可知 A1B1∥AB∥DC，且 A1B1＝AB＝DC，
所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1C∥A1D，
又 A1D⊂面 A1DE，B1C⊄面 A1DE，于是 B1C∥面 A1DE.
又 B1C⊂面 B1CD1，面 A1DE∩面 B1CD1＝EF，所以 EF∥B1C.
热点一空间点、线、面的位置关系及空间【训练 1】如图所示，在多面体 A1B1D 四边形 AA1B1B， ADD1A1，角的计算 (规范解答 ) 1DCBA 中，
ABCD 均为正方形，E 为 B1D1 的中点，过 A1，D，E 的平面交 CD1 于 F. (1)证明：EF∥B1C. (2)求二面角 EA1DB1 的余弦值.
1
单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，

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