《2020届高考数学立体几何中的高考热点问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学立体几何中的高考热点问题（43页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、立体几何中的高考热点问题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问，解答题的第问常考查求空间角，一般都可以建立空间直角坐标系，用
2、空间向量的坐标运算求解例1（2017全国卷n）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二BC二*AD,/BAD二ZABC=90E是A力PD的中点.E/f/证明：直线CE/平面FAB;一一支BCJ点在棱PC上，且直线BM与底面ABCD的夹角为45。求二面角M-AB-D的余弦值.解证明：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=2AD.由/BAD二ZABC二90得BC/AD.1又BC二2AD,所以EFBC,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.fa：-DjZ5 c
3、由已知得BA，AD,以A为坐标原点,AB的方向为轴正方向，|ABI为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axy乙贝IJA(O,O,O),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,一.3),AB二(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),贝UBM二(x-1,y,z),PM二(x,y-1,z?3)?因为BM与底面ABCD的夹角为45。而n二(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cosBM，心|二sin45即严_2_p(x-1)+y+z2；1-AM 二 0, _TAB= 0,Xo= 0,2 2 xo + 2y + 6zo- 0,-6 2).m ? n 10因此二
4、面角M-AB-D的余弦值为5号.规律方法证明空间线线、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.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？(2018北京高考)如图，在三棱柱ABC-AiBiCi中，CCi，平面ABC,D,E,F,G分别为AAi,AC,AiCi,BBi的中点，AB=BC=5,AC=AAi二2.(1)求证：AC，平面BEF;(2)求二面角B-CD-Ci的余弦值；证明：直线FG与平面BCD相交解证明：在三棱柱ABC-AiBiCi中,因为CC
5、i，平面ABC,所以四边形AiACCi为矩形.又E,F分别为AC,AiCi的中点,所以AC_LEF.因为AB=BC,B所以ACJLBE.所以AC，平面BEF.由知AC_LEF,ACBE,EF/CCi.又CCi_L平面ABC,所以EF_L平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图，建立空间直角坐标系E-xyz由题意得B(0,2,0),C(一1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以BC二(-1,2,0),BD=(1,2,1).设平面BCD的法向量为n二(Xo,yo,Zo),则nBC二0,x+2y二0,tf即nBD二0,Xo2yo+Zo-0.令v。二一1,贝I
6、Xo二2o=一4.于是n=(2,1,4).又因为平面CCiD的法向量:为EB二(0,2,0),f所以 cos -21 .|n|EB|21nEBf二4), FG 二(0, 2, 1).证明：由知平面BCD的法向U为n=(2,1,因为nFG二2X0+(-1)X2+(-4)X(-1)二2工0,所以直线FG与平面BCD相交.立体几何中的探索性问题：（D根据条件作出判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断，再进步论证；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平面AD【例2】(2016北京高考)
7、如图，在四棱锥P-ABCD中,FAD，平面ABCD,PAPD,PA二PD,ABzbAD,AB=1,二2,AC二CD二J5.求证：PD，平面PAB;求直线PB与平面PCD夹角的正弦值；在棱PA上是否存在点M,使得BM/平面PCD?若存在，求AP的值；若不存在,说明理由.解证明：因为平面PAD，平面ABCD,ABAD,所以AB，平面PAD,所以ABPD.又因为PAPD,所以PD_L平面PAB.取AD的中点0,连接P0,C0.因为PA二PD,所以P0AD.又因为P0平面PAD,平面PAD，平面ABCD,所以P0，平面ABCD.因为C0平面ABCD,所以P0C0.因为AC二CD,所以COAD.1,0)
8、,如图，建立空间直角坐标系0-xyzA(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,P(0,0,1)?设平面PCD的法向量为n二(x,y,z),贝UnPD=0,nPC=0,y一z二0,2x一z-0.令z=2,贝Ux二1,y二一2.所以n=(1,2,2).nPB3又PB二(1,1,1),所以cos|n|PB|所以直线PB与平面PCD夹角的正弦值为才(3)设M是棱PA上点，则存在JEE0,1使得AM=2AP.因此点M(0,1人2),BM二(1,入2).因为BM平面PCD,所以要使BM/平面PCD,当且仅当BMn二0,即(一1,入2)(1,2,2)=0.AM1解得勿?所以在棱PA上存在
9、点M使得BM/平面PCD,此时AP二4*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？如图所示，在三棱柱ABC-AiBiCi中，侧棱CD,当 M,BBi_L底面ABC,BBi=4,AB_LBC,且AB=BC=32,点必/1-4/h-Jr.N分别为棱AB,BC上的动点，且AM二BN,D为BiCi的/、j中点.，-二J2YA当点M,N运动
10、时，能否出现AD/平面BiMN的情况，请说明理由；若BN二2,求直线AD与平面BiMN夹角的正弦值.解当M,N分别为AB,BC的中点时，AD/平面BiMN.证明如下：连接N分别为AB,BC的中点时，CN/BiD,且CN二BiD二）1BC,?四边形BiDCN为平行四边形，二DC/BiN.又DC平面BiMN,BiN平面BiMN,?DC平面BiMN.又易知AC/MN,AC平面BiMN,MN平面BiMN,?AC/平面BiMN.vDCAAC=C,A平面ADC平面BiMN.?/AD平面ADC,:AD/平面BiMN.如图，设AC的中点为0,作OEOA,为以0B二原点，0A,0E,0B所在直线分别为x,y,z
11、立空间直轴建/-I/1%-_.jrl、*，/、_y角坐标系，/J-r.*41。I.vBN二2,AB二BC=32,:AC二6.?M(2,0,1),N(-1,0,2),A(3,0,0),Bi(0,-4,3),DT,-4?MN=(-3,0,1),BiM=(2,4,一2).设平面BiMN的法向量为n二(x,y,z),nMN=0,-3x+z=0,即则有2x+4y-2znBiM=0可得平面BiMN的一法向量为n=(1,1,3)._Q-43又AD二，II cos/ AH x |_ 0_ADn,AD 4A147 -|n|AD设直线AD与平面BiMN的夹角为a,贝Ijsina=|cos平面图形的翻折问题4 r
12、14二 77BCP的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ABCD为正方形，E,F分别为AD,的中点，以DF为折痕把么DFC折起，使点C到达点位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF，平面ABFD?;求DP与平面ABFD夹角的正弦值信息提取看到ABCD为正方形，想到正方形中的边角关系看到把么DFC折起，想到折叠问题中的“变”与“不变量”；看到想到面面垂直的判定定理，想到线面垂直，想到线线垂直
13、；看到想到线面角的求法，想到如何建系求直线DP的方向向量:和平面 ABFD的法向规范解答证明：由已知可得，BFPF,BFEF,所以BF，平面PEF.2分又BF平面ABFD,所以平面PEF,平面ABFD3分作PH_LEF,垂足为H?由得,PH_L平面ABFD4分以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|JL为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xy乙5分由可得，DEPE.又DP二2,DE二1,所以PE3?又PF=1,EF=2,故PEPF6分可得PHfg,EHZ.|?7分则H(0,0,0),P00,事J,1,2,0J,DP=;1,2导)胪二0,0,子为平面ABFD的法向量10分3HPDP4|3设DP与平面ABFD的夹角为9,则sinAI二工二十.?T1分|HP|DP|J3即DP与平面ABFD夹角的正弦值为丁12分易错与防范易错点防范措施由（1）的结论入手，结合面面垂直的性质及正方形的性质不能恰当的建立坐标系建立空间直角坐标系?结合折叠前后的不变且，注意题设条件中的隐含，如建系后写不出相应点的坐一PF，平面PED,即可求出PH,从而求出相应点的坐标?通性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昼关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化
