高考热点题型导学案

热点探究课(四) 立体几何中的高考热点题型[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、面面平行或垂直，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、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．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.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 .6分 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 .8分 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 .6分又因为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 .8分 (3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.10分 所以三棱锥E ­ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 12分[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．[对点训练1](·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＝12AB＝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D­ABP的体积.【导学号：57962365】[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＝12AB，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°.8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 .10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. 12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12分)(·全国卷Ⅱ)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B­D′A­C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AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因为EF⊥HD，从而EF⊥D′H.2分由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.4分又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H­xyz，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).7分设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝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).10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29525.12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] (·西安调研)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：57962366】[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 .5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. 7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). 9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63.12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．(·北京高考)如图5，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5(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AM AP 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 .2分又因为P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB .3分(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 .5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⎩⎪⎨⎪⎧ 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33.8分 (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). 10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P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.12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] (·江南名校联考)如图6，在四棱锥P ­ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 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：57962367】[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P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，3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 .5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). 6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 ＝23.8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. 10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817.12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 . 因为BE平面EFCB ，所以AO ⊥BE .3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 . 5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 －2)x ＋3(a －2)y ＝0.7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. 8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. 10分 由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝43.12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] (·全国卷Ⅲ)如图8，四棱锥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．图8(1)证明MN ∥平面P AB ；(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 ═∥AM ，所以四边形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 . 5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 .7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 →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.9分 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，6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. 12分。