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1、2020届高三数学二轮复习热点 专题二 高考中解答题的审题方法探究3 立体几何 理 主要题型：高考中的立体几何题目是很成熟的一种类型，常常考查“平行”、“垂直”两大证明及“空间角”的计算问题，解题方法上表现为传统方法与向量方法：传统方法优势表现为计算简单，过程简洁，但是对概念的理解要求深刻、透彻；向量方法更多的体现是作为一种工具，且有固定的“解题套路”，但是要有准确建立空间直角坐标系及较强的运算能力【例5】 (2020福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不
2、存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长审题路线图长方体ABCDA1B1C1D1，建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，利用0证明结论：B1EAD.假设存在点P(0,0，z0)求，设平面B1AE的法向量n(x，y，z)，求n，利用n0，证明n，可得出结论DP平面B1AE.由n求出z0，即得AP的长确定平面A1B1E、AB1E的法向量利用二面角的平面角的度数即可得到关于|AB|的方程，从而求得|AB|的值规范解答(1)以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1，0)，D1(0,1,1)，E，B1(a
3、,0,1)，(2分)故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(4分)(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，则y，za，得平面B1AE的一个法向量n.(6分)要使DP平面B1AE只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(8分)(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD
4、1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)(10分)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即.解得a2，即AB的长为2.(13分)抢分秘诀,(1)利用“线线线面面面”三者之间的相互转化证明有关位置关系问题：由已知想未知，由求证想判定，即分析法与综合法相结合来找证题思路；利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.(2)空间角的计算，主要步骤：一作，二证，三算，若用向量，那就是一证、二算.(3)点到平面的距离：直接能作点到面的垂线求距离；利用“三棱锥体积法”求距离；利用向量求解，点P到平面的距离为)(N
5、为P在面内的射影，M，n是的法向量).押题4 如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求tan 的最小值【押题4】 图1 法一过E作ENAC于N，连接EF.(1)证明如图1，连接NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1CAC，且EN底面ABC，所以EN侧面A1C，又A1C平面A1C1，ENA1CNF为EF在侧面A1C内的射影，在RtCNE中，CNCEcos 601.则由得NFAC1，又AC1A1C，故NFA1C，又NFNEN.图2
6、A1C平面NEF，又EF平面NEF.EFA1C.(2)解如图2，连接AF，过N作NMAF于M，连接ME.由(1)知ENAF，又MNENN，AF面MNE，AFME.所以EMN是二面角CAFE的平面角，即EMN.设FAC，则045.在RtCNE中，NEECsin 60，在RtAMN中，MNANsin 3sin ，故tan .又045，0sin .故当sin ，即当45时，tan 达到最小值，tan ，此时F与C1重合法二(1)证明建立如图3所示的空间直角坐标系，连接EF，AF，则由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0，4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，于是(0，4,4)，E(，1,1)则E(0，4，4)(，1,1)0440，故EFA1C.(2)解设CF(04)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，)A(，3,0)，A(0,4，)，于是由mA，mA可得即取m(，4)又由直三棱柱的性质可取侧面A1C的一个法向量为n(1,0,0)，于是由为锐角可得cos ，sin ，所以tan .由04，得，即tan .故当4，即点F与点C1重合时，tan 取得最小值.
