专题04-立体几何-2019高考数学热点题型.doc

专题04-立体几何-2019高考数学热点题型

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立体几何
热点一　空间点、线、面的位置关系及空间角的计算
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】 (满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝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所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值.
教材探源　本题源于教材选修2－1P109例4，在例4的基础上进行了改造，删去了例4的第(2)问，引入线面角的求解.

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，3分(得分点2)
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.4分(得分点3)

(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，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)，C(1，1，0)，P(0，1，)，
＝(1，0，－)，＝(1，0，0).

＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设＝λ，则
x＝λ，y＝1，z＝－λ.②
由①，②解得(舍去)，
所以M，从而＝.8分(得分点5)
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2).10分(得分点6)
于是cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角M－AB－D的余弦值为.12分(得分点7)
得分要点
❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，作辅助线→证明线线平行→证明线面平行；第(2)问中，建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.
❷得关键分1)作辅助线；(2)证明CE∥BF；(3)求相关向量与点的坐标；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的过程，有则给分，无则没分.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证，如(得分点4)，(得分点5)，(得分点6)，(得分点7).
【类题通法】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.
【对点训练】 如图在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中点，四边形AA1C1C可以通过直角梯形BB1C1C以CC1为轴旋转得到，且二面角B1－CC1－A为120°.

(1)若点E是线段A1B1上的动点，求证：DE∥平面ABC；
(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.

又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1⊂平面DA1B1，
∴平面DA1B1∥平面CAB，
又DE⊂平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.

(2)解　在平面A1B1C1内，过C1作C1F⊥B1C1，
由题知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.

分别以C1F，C1B1，C1C为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系C1－xyz，
则C1(0，0，0)，A(，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，
所以＝(，－1，1)，＝(0，0，2)，＝(－，1，1)，＝(0，－2，1)，

热点二　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、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：
(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】 在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，∠DAB＝，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点.
(1)求证：平面DEM⊥平面ABM；
(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P－EC－D的大小为？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.

(2)解　在线段AM存在点P，理由如下：
由DE⊥AB，AB∥CD，得DE⊥CD，
因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，
所以ND⊥平面ABCD.以D为原点，DE，DC，DN所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系.

则D(0，0，0)，E(，0，0)，C(0，2，0)，N(0，0，1)，
＝(－，2，0)，
设P(，－1，m)(0≤m≤1)，则＝(0，－1，m)，
易知平面ECD的一个法向量为＝(0，0，1).
设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即取z＝1，则n＝，
假设在线段AM上存在点P，使二面角P－EC－D的大小为，
则cos＝＝⇒m＝，
所以符合题意的点P存在，此时AP＝.
【类题通法】(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】如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？

∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，
∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，
∴AC⊥EF，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.
2)解　∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，
若PC与平面PAB所成的角为45°，
则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，)，
∴＝，＝，

热点三　立体几何中的折叠问题
将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.
【例3】 在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E为AD中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，如图所示，点P在平面BCDE的射影O落在BE上.

(1)求证：BP⊥CE；
(2)求二面角B－PC－D的余弦值.

(2)解　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，直线PO为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0，0，)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝，可得n1＝，
设平面PBC的法向量为n2＝x2，y2，z2)，
则即
令z2＝，可得n2＝(2，0，)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
结合图形判断二面角B－PC－D为钝二面角，
则二面角B－PC－D的余弦值为－.
【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，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.
【对点训练】 如图(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图(2)所示.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.

(2)解　由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，
所以∠A1OC＝，所以OB，OC，OA1两两垂直.
如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则B(，0，0)，E(－，0，0)，A1(0，0，)，C(0，，0)，
得＝(－，，0)，＝(0，，－)，
由＝＝(－，0，0)，得D(－，，0).
所以＝(－，，0).

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