立体几何重难点突破2020
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
一道2020年全国高考立体几何题的多解及教学反思
一道2020年全国高考立体几何题的多解及教学反思在2020年的全国高考中，立体几何题一直是考试中的难点之一。
本文将通过对一道立体几何题的多解及教学反思，探讨学生在解题过程中的思维方式和教学中的不足之处。
这道立体几何题如下：在空间直角坐标系中，已知点A（2，1，1）、B（4，2，3）。
设C为曲线x^2+2y^2=4z上的一点，且直线AC与线段BC的夹角为直角。
求曲线C的方程。
这道题要求我们求解曲线C的方程。
通过分析题目中给出的条件，我们可以得到以下解题思路。
解法一：首先，我们需要确定直线AC和线段BC的具体位置。
根据题目条件，直线AC与线段BC的夹角为直角。
因此，直线AC与BC的向量相互垂直。
接下来，我们可以求解直线AC的方程。
设直线AC的方程为l1：x = 2 + m，y = 1 + n，z = 1 + p，其中m、n、p为参数。
将l1代入曲线的方程中，得到：(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：4 + 4m + m^2 + 2 + 4n^2 + 4n = 4 + 4p。
化简后得到：m^2 + 2n^2 + 4m + 4n - 4p = 0。
这个方程表示了直线AC和曲线C的交点。
我们需要进一步确定参数m、n和p的取值范围。
由于点C位于曲线上，将C的坐标代入曲线的方程中，得到：x^2 + 2y^2 = 4z，(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：m^2 + 4m + 2n^2 + 4n - 4p = 0。
将直线AC的方程和曲线C的方程联立，求解参数m、n和p。
解法二：另一种解题思路是利用点积和向量的知识。
根据题目中给出的条件，直线AC和线段BC垂直。
因此，向量AC和向量BC的点积为0。
设向量AC为a（m，n，p），向量BC为b（4 - 2，2 - 1，3 - 1） = b（2，1，2）。
根据向量的点积性质，我们可以得到方程：m·2 + n·1 + p·2 = 0。
2020高考数学冲刺核心考点 专题3 第2讲 立体几何(大题)
例3 (2019·临沂模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD是边长为2的正 方形，AE＝1，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE. (1)求证：AE⊥平面BCE；
证明 ∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE， ∴BF⊥AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC⊥AB， 又平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB， ∴CB⊥平面ABE， ∵AE⊂平面ABE， ∴CB⊥AE， ∵BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面BCE， ∴AE⊥平面BCE.
由-A--1-B→1 ＝12A→B，得 B1(－ 3，1,4).
因为
E
是棱
BB1
的点，所以
E－
23，32，2，
所以E→A1＝
23，－32，2，-A--1-C→1 ＝(－2
3，0,0).
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量， n·-A--1-C→1 ＝－2 3x＝0，
证明 连接AB1，AC1， ∵点Q为线段A1B的中点，∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点， ∵点P为B1C1的中点，∴PQ∥AC1. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1. ∵AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C， 又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C， ∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1， ∴PQ⊥平面A1BC.
得－3y－2
3z＝0， 2x＝0.
令 y＝1，则 n＝(0,1， 3). 又P→B＝( 2，1，－ 3)，
设直线PB与平面PCD所成的角为θ.
则
sin
θ＝|cos〈n，P→B〉|＝
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练
学魁榜2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证2AD 平行于PN，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
高考数学 立体几何-2020年高考数学(理)破题之道与答题规范
B→C＝(－ 3，1,0)，BB→′＝AA→′＝(0,1， 3).
8分
设平面BCC′B′的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·B→C＝0，m·B→ B′＝0，
所以－y＋
3x＋y＝0， 3z＝0，
取x＝1，y＝
3，z＝－1，
所以m＝(1， 3，－1).
[满分体验]
10分
[满分体验]
又平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，故cos〈m，n〉＝
5 5.
11 分
所以平面
MAB
与平面
MCD
所成二面角的正弦值是2
5
5 .
12 分
[满分心得]
❶写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分.如 第(1)问中缺少交线为CD，扣分，忽视DM⊂平面DMA也要扣分. ❷正确计算是得分的保证：建系指出原点和坐标轴正方向，关键点坐标要准确.
专题04 立体几何
[破题之道] 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以 某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建 模、建系． (1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、 距离等的计算模型； (2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间 向量求解． .
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点， 以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达 点 P 的位置，且 PF⊥BF.
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
[满分体验]
[满分体验]
设DP与平面ABFD所成角为θ，
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(答题指导)(教师版)
专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)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,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．(2)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．【例1】(2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD＝π6,AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中,∠ABD ＝π6,AB ＝2AD ,由余弦定理,得BD ＝3AD , 从而BD 2＋AD 2＝AB 2,所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°, 故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ,所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ,所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得,在Rt △ABD 中,∠BAD ＝π3,BD ＝3AD ,又由ED ＝BD ,设AD ＝1,则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊥AD ,所以可以点D 为坐标原点,DA ,DB ,DE 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 (1,0,0),C (－1,3,0),E (0,0,3),F (0,3,3)． 所以AE →＝(－1,0,3),AC →＝(－2,3,0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1,得n ＝(3,2,1)为平面AEC 的一个法向量． 因为A F →＝(－1,3,3),所以cos 〈n ,A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214,所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直,考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时,考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB ＝BC ＝ 5 ,AC ＝AA 1＝2. (1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角B －CD －C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中, 因为CC 1⊥平面ABC ,所以四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1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 ∥CC 1. 又CC 1⊥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称系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CD →＝(2,0,1),C B →＝(1,2,0),设平面BCD 的法向量为n ＝(a ,b ,c ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2,则b ＝－1,c ＝－4,所以平面BCD 的法向量n ＝(2,－1,－4),又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0),所以cos 〈n ,E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角,所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2,－1,－4),因为G (0,2,1),F (0,0,2),所以G F →＝(0,－2,1),所以n ·G F →＝－2,所以n 与G F →不垂直,所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,所以GF 与平面BCD 相交．▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．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．2．(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,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． (3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系,搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系,明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|B F →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP ＝2,DE ＝1,所以PE ＝ 3.又PF ＝1,EF ＝2,故PE ⊥PF . 可得PH ＝32,EH ＝32. 则H (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0,D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32,H P →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化,因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1,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2.(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 所成锐二面角的余弦值． 【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC .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 . (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 1－BE －C 的平面角,所以∠A 1OC ＝π2. 如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向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BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量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)；由⎩⎪⎨⎪⎧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 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索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,解决这类问题的基本思路类似于反证法,即“在假设存在的前提下通过推理论证,如果能找到符合要求的点(或其他的问题),就肯定这个结论,如果在推理论证中出现矛盾,就说明假设不成立,从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P －ABC 中,AB ＝BC ＝2 2 ,PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M －PA －C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP ＝2 3. 连接OB ,因为AB ＝BC ＝22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,－2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),A P →＝(0,2,23),取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2),则A M →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．由A P →·n ＝0,A M →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4),3a ,－a ),所以cos 〈O B →,n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2. 由已知得|cos 〈O B →,n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去),a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2,－23), 所以cos 〈P C →,n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置,要求较高,它既考查了直观想象的核心素养,又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1,且AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6,请问在线段A 1C 上是否存在点E ,使得二面角A －BE －C 的大小为2π3,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D , 因为AA 1＝AB ,所以AD ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1, 平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ,所以AD ⊥平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AD ⊥BC . 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱,所以AA 1⊥底面ABC , 所以AA 1⊥BC ,又AA 1∩AD ＝A ,所以BC ⊥侧面ABB 1A 1,所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ,所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角, 即∠ACD ＝π6,又AD ＝2,所以AC ＝22,假设存在适合条件的点E ,建立如图所示空间直角坐标系Axyz , 设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1), 则B (2,2,0),B 1(2,2,2), 由A 1(0,0,2),C (0,22,0), 得E (0,22λ,2－2λ),设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ,λ－1,2λ), 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ,所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1,2),所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ,n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2,解得λ＝12,故点E 为线段A 1C 中点时,二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
2020新高考文科数学二轮培优空立体几何中的热点问题考点考向考题突破(85张)
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(2)存在满足条件的点 M.取 CF 的中点记作 M，设 DF 的中点为 N，连接 AN，MN，则 MN 綊12CD，
又 AO 綊12CD，则 MN 綊 AO，
∴四边形 MNAO 为平行四边形， ∴OM∥AN，又 AN⊂平面 DAF，OM⊄平面 DAF， ∴OM∥平面 DAF. 即存在一点 M 为 CF 的中点，使得 OM∥平面 DAF.
核心知识回顾
热点考向探究
真题VS押题
配套作业
(1)求证：平面 PBC∥平面 EFH； (2)求三棱锥 P－EFH 的体积．
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真题VS押题
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解 (1)证明：因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点， 所以 BE 綊 CH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BC∥EH，
(1)求证：BC⊥平面 ACD；
(2)若点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 F－BCE 的体
积．
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热点考向探究
真题VS押题
配套作业
解 (1)证明：在图 1 中，由题意，知 AC＝BC＝2 2，
所以 AC2＋BC2＝AB2，所以 AC⊥BC．
因为点 E 为 AC 的中点，如图，连接 DE，则 DE⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC， 且平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DE⊂平面 ACD，从而 ED⊥平面 ABC，
又 EH⊄平面 PBC，所以 EH∥平面 PBC．
又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EF∥BP，
又 EF⊄平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC．而 EF∩EH＝E， 所以平面 EFH∥平面 PBC．
立体几何大题重难点突破(1)
2 在线段 PC 上是否存在点 M , 使得平面 ABM 与平面 PBD 所
成的锐二面角为
π 3
?
若存在，求
CM CP
的值；若不存在，请说明理由.
答案：CCMP
=
2 3
P
A D
B C
重庆邓丁瑞数学
八、已知一个二面角大小
例 13：2018 全国 ΙΙ 如图，在三棱锥 P - ABC 中，AB = BC =
D
P
C
E
O
A
B
重庆邓丁瑞数学 例 6：如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC = 120°,E,F 是平面 ABCD 内同一侧的两点，BE ⏊ 平面 ABCD,DF ⏊ 平面 ABCD, DF ⏊ 平面 ABCD,BE = 2DF,AE ⏊ EC. 证明：平面 AFC ⏊ 平面 AEC.
E
F
A B
2
若
AB =
2,AD
=
1,AA1
=
3,
求二面角
A
-
EF
-
A1
的正弦值.
答案：742
C
B
D
A
F
E
C1
B1
D1
A1
重庆邓丁瑞数学
例 4：在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，点 D 为 BB1 的中点，点 E 为 A1C1 的中点，点 F 为 B1C1 的三等分点 靠近 B1 . 证明：A,D,E,F 四点共面.
=
2 2
P
D
C
A
B
重庆邓丁瑞数学
九、体积问题
例
15：斜三棱柱 ABC
-
A1B1C1
中，底面
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M
D
C
面，又转化为证明直线 AC 与直线 B1D 所在的平面垂直， A
O B
即再通过线面垂直来证明线线垂直.
分析 2：证明 B1D 与平面 D1 AC 内的两条相交直线 AM 与 CM 垂直.
重点要求---位置关系
8．(2020 全国Ⅱ）如图，已知三棱柱 ABC－A1B1C1 的底面是正三角形，
侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点，
平行关系的转化:平行关系包括线线平行、线面平 行和面面平行.三种平行关系既是相互依存,又可以依 据性质定理和判定定理在一定条件下相互转化.线线
重点要求---位置关系
平行是线面平行和面面平行的基础,常常通过平行的 传递性,以及中位线、平行四边形、相似形等判断线 线平行,进而证明线面平行和面面平行.
垂直关系的转化:垂直关系包括线线垂直、线面 垂直和面面垂直.三种垂直关系既是相互依存,又可依 据性质定理和判定定理在一定条件下相互转化.线面 垂直是线线垂直过渡到面面垂直的桥梁和纽带,成为 学习垂直关系的重点.线面垂直判定突破的关键是应 用逆向思维来分析问题.
基本要求
空间向量的应用问题一般出现在立体几何的解答 题中,难度为中等．难点是恰当建立坐标系、点的坐 标的计算、以及动点的探索性问题等,需在复习中多 注意这方面的训练．
根据近年来高考立体几何命题的规律,可以预测立 体几何题总体会保持稳定,以简单几何体为载体,重点 考察空间线面的平行、垂直问题、求空间角、存在性 问题、探索性问题等．
D1
A1
分析 1：为了证明直线 B1D 平面 D1 AC ，转化为证明 B1D D
与平面 D1 AC 内的两条相交直线 AC 与 AD1 垂直，由于直 A
C1 B1
C B
线 AC 与 AD1 都是正方体的面对角线（地位一样），所以
D1
C1
A1
B1
主要证明 AC 与 B1D 垂直，但注意到直线 B1D 与 AC 异
A
CF CE 1 ， 进 而 在 BCF 中 ， 由 余 弦 定 理 得
B
cos FCB CF 2 BC2 BF 2 1 4 6 1 .
C
2CF BC
21 2 4
重点要求—折叠与展开问题
5. (2018 全国Ⅰ）某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视
图如右图所示，圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为
由于 4 R2 16 ，解得： R 2 . 设△ ABC 边长为 a ， 则
1 a2 3 9 3 ，解得： a 3 ， r 3
2
2
4
球心 O 到平面 ABC 的距离为 d R2 r2 4 3 1.
重点要求--截面问题
2．(2020 全国Ⅲ）已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的 球的体积为__________． 分析：球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中 BC 2, AB AC 3 ，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆
A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此
圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为
A． ---直观图---展开图
M
C． 3
M
最短路径的长度为 2 5 .
N N
D．2
重点要求---三视图
三视图在构建直观、形象的数学模型方面有其独 特作用．图形的直观,不仅为学生感受、理解抽象的 概念提供了有力的支撑,而且有利于培养学生的观察 能力、空间想象能力、形象思维能力、运用图形语言 进行交流的能力．从近年的高考试题来看,大多中规 中矩,几乎没有与旋转体的结合,局限在多面体,基本 是四棱柱的切割体．如何画出多面体的直观图,确定 顶点就成为突破点,具体的操作是根据三视图画出四 棱柱,然后在四棱柱的表面找寻多面体的顶点．
A1 B1
C1
平面 AB1M 内的一条直线与直线 A1N 平行，有些学 F
生反映不会作辅助线，也即不会在平面 AB1M 内找
A E
B
直线与直线 A1N 平行.试想，让你证明的位置关系，
NC M
一般来说是正确的，通过线面平行的性质定理，只
A1 B1 H
C1
要经过直线 A1N 的平面与平面 AB1M 相交，那么就找
过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F.
C1
A1
O
N
B1
（1）证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO∥平面 EB1C1F， 且 AO＝AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值.
分析：设 ABC 边长是 6m ( m 0 )， ON AP 3m ，
重点要求--截面问题
在立体几何中,截面是指用一个平面去截一个几 何体(包括圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥、长方体、 正方体等),得到的平面图形．主要要求是熟悉几何体 的结构特征,且能够依据点、线、面的位置关系及平 面的基本性质画出截面图形,目的 是把空间问题转化为平面问题．
对于球的截面问题,从考题看 是重点,要使学生会画图,且掌握 球的截面性质： d 2 R2 r2 ．
教材的目的是体现空间向量解决立体几何问题的 工具性作用及其数形结合的思想方法.
重点要求---空间向量
虽然教材内容的编写和逻辑结构几近完美,但个 人以为本节课的教材内容还需要进一步整合和完善, 其不足主要体现在：一是没有充分挖掘利用空间向量 证明线面位置关系时的应用；二是例题的选配侧重于 向量的线性运算,而不能充分体现空间向量解决立体 几何问题的通性通法；三是对于空间向量在立体几何 中的应用缺乏系统的梳理,且没有充分讨论空间的角 与距离的算理与计算公式.所以教学与复习时还需要 对知识的形成过程加以完善和提炼.
F
C
A
EP
M B
C1
A1
ON B1
Q
A1A 2
6m ，
tan QAO OQ 2m 1 sin QAO OA 6m 3
10 10
F
C
A
P
E
M B
重点要求---空间向量
利用空间向量处理立体几何问题,提供了新的视 角. 空间向量的引入,为解决三维空间中图形的位置 关系与度量问题提供了一个十分有效的工具. 学生将 在学习平面向量的基础上,把平面向量及其运算推广 到空间,运用空间向量解决有关直线、平面位置关系 的问题,体会向量方法在研究几何图形中的作用,进一 步发展空间想象能力和几何直观能力.
的圆心为 O ，由于 AM 32 12 2 2 ，故
1
S△ABC
22 2
2 2
2 ，设内切圆半径为 r ，则：
S△ ABC
S△ AOB
S△BOC
S△ AOC
1 AB r 1 BC r 1 AC r
2
2
2
1 3 3 2 r 2 2 ，解得： r
2
2 ，其体积：V 4 r3 2 .
基本要求
空间直线与平面、平面与平面的平行与垂直的判 定,是高考题中解答题的第一问,属典型的中档题．
用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,一 般是通过建立空间直角坐标系,建立立体图形与空间 向量的联系,从而把立体几何问题转化为向量问题； 进而通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置 关系以及它们之间的(距离和)夹角等问题进行向量运 算；再把向量的运算结果转化成相应的几何意义(回 归几何问题)．
△ D1B1C1 为等边三角形，所以 D1E 3 ， D1E B1C1 ，所以 E 为
小圆圆心，且小圆半径为
2
，注意到
FEG
2
，故答案为：
2 .
2
重点要求--截面问题
注：如图，已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1， E, F 分别
D1
是棱 AD, B1C1 上的动点，设 AE x, B1F y .若棱．DD1 与平面 BEF A1
A1
C1
B1
分别为 A1B 、BN 的中点，所以 OM 为 A1BN 的中位
O
线，从而 OM // A1N .
A
NC
M
B
又因 OM 平面 AB1M ，A1N 平面 AB1M ， 所以 A1N //平面 AB1M .
重点要求---位置关系
分析 2：为了证明 A1N // 平面 AB1M ，转化为证明
立体几何重难点突破
基本要求
几何学是研究现实世界中物体的形状、大小与位 置关系的数学学科.三维空间是人类生存的现实空间, 认识空间图形,培养和发展学生的直观想象、逻辑推 理、数学运算、数学建模、数学抽象素养,以及运用 符号与图形语言进行交流和转化的能力,是高中阶段 数学课程的基本要求.
立体几何在高考中一直占据重要的地位,试卷题量 多为1-3小题1大题,位置相对稳定.在分数上每年都在 20分左右,且经高三反复训练后,大部分学生可以在立
重点要求---三视图
6．(2020 全国Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该
几何体的表面积是（
）
A. 6＋4 2 C. 6＋2 3
B. 4＋4 2 D. 4＋2 3
重点要求---三视图
7．(2020 全国Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正
视图中对应的点为 M ，在俯视图中对应的点为 N ，则该端点在侧视图中对应的点为
（）
A. E
B. F
C. G
D. H
重点要求---位置关系
在位置关系和度量性质的教学与学习中，树立“ 转化”的思想方法,即在一定条件下将较复杂的问题 转化为较熟悉的、简单的、基本的问题,将空间问题 转化为平面问题,再从平面问题回到空间问题来加以 认识,有助于把握知识本质和内在规律，有助于提高 发现问题、分析问题、解决问题的能力.