《2023年专题74 转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年专题74 转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题.docx（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题七立体几多何征询题四：转化与化归思想处理立体几多何中的探求性征询题一、考情分析立体几多何中的探求性征询题既可以调查老师的空间想象力，又可以调查老师的意志力跟探求看法，逐步成为近多青年高考命题的抢手跟当前命题的趋势之一，探求性征询题要紧有两类：一是推理型，即探求空间中的平行与垂直关系，可以运用空间线面关系的判定与性质定理停顿推理探求；二是打算型，即对几多何体中的空间角与距离、几多何体的体积等打算型征询题的有关探求，此类征询题多通过求角、求距离、体积等的全然方法把这些探求性征询题转化为关于某个参数的方程，按照方程解的存在性来处理.二、阅历分享1.对命题条件的探求常采用以下三种方法：(1)先猜后
2、证，即先不雅观看与试验给出条件再给出证明.(2)先通过命题成破的需要条件探求出命题成破的条件，再证明充分性.(2)把几多何征询题转化为代数征询题，探求出命题成破的条件.2.关于存在揣摸型征询题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型征询题求解揣摸，假设不出现冲突，那么确信存在；假设出现冲突，那么否认存在.这是一种最常用也是最全然的方法对命题结论的探求，常从条件出发，探求出央求的结论是什么，不的尚有探求的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻寻与条件相容仍然冲突的结论.3.处理立体几多何中的探求性征询题的步伐：第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的精确性；第三步：给出清楚
3、答案；第四步：反思回想，检查关键点、易错点跟答题标准三、题型分析(一)空间线面关系的探求性征询题1.空间平行关系的探求性征询题【例1】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D在边BC上，ADC1D来源:学&科&网Z&x&x&K（1）求证：AD立体BCC1B1；（2）设在棱上是否存在点，使得A1E立体ADC1？请给出证明【分析】（1）运用正棱柱的性质侧棱与底面垂直，掉掉落面，从而，然后结合已经清楚即可得证；（2）按照正三棱柱的性质即可揣摸点的存在性，当为棱的中点时，有，从而可证A1E立体ADC1.【分析】（1）在正三棱柱中，CC1立体ABC，AD立体ABC，ADCC1又ADC1D，CC1交C1
4、D于C1，且CC1跟C1D都在面BCC1B1内，AD面BCC1B1（2）存在点，当点为棱的中点时，A1E立体ADC1.由（1），得ADBC在正三角形ABC中，D是BC的中点当E为B1C1的中点时，A1E立体ADC1理想上，正三棱柱ABCA1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，且D、E分不是BC、B1C1的中点，因而B1BDE，B1B=DE又B1BAA1，且B1B=AA1，DEAA1，且DE=AA1因而四边形ADEA1为平行四边形，因而EA1AD而EA1面ADC1内，故A1E立体ADC1【点评】线面平行与垂直是高考调查空间线面关系证明的两个重点，此类探求性征询题的求解，肯定要敏锐运用空间几多何
5、体的构造特色，留心其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的运用；为棱的中点时，有等的敏锐运用，帮助我们可以精确地揣摸探求性征询题的结论，丙开门见山矫捷地操纵证明的思路.【小试牛刀】【2023届安徽淮北一中高三上学期四模】如图,直三棱柱中,，且.（1）求证:立体；（2）假设是的中点，在线段上是否存在点，使立体？假设存在，指出点的位置；假设不存在，请说明因由.【答案】（1）证明看法析；（2）存在，点是的中点.2.空间垂直关系的探求性征询题【例2】棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为棱的中点.(1)求证：；(2)求在线段上是否存在点G，使面DFG.？试证明你的结论.【分析】（1）
6、先按照正方体的性质掉掉落，进而证明面，故可掉掉落结论；（2）起首按照正方体的构造特色判定点G的存在性跟具体位置，然落伍展证明.【分析】（1）连接，由正方体的性质可知，因而面，因而.学-科网【点评】以专门几多何体为背景的空中线面关系的探求性征询题，特不随便疏忽几多何体中的一些专门的平行、垂直关系，导致探求性征询题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）征询需要运用棱与一组平行立体垂直的性质掉掉落线面垂直关系，作为证明的起点；（2）征询假设疏忽（1）中结论的运用，那么就无法揣摸结果，无法停顿证明.【小试牛刀】【2023届广东七校结合体高三上学期联考二】在长方体中，分不是的中点，过三点的的立体截去长方
7、体的一个角后掉掉落如以以下列图的几多何体，且谁人几多何体的体积为（1）求证：立体；（2）求的长；（3）在线段上是否存在点，使直线与垂直，假设存在，求线段的长，假设不存在，请说明因由【答案】(1)证明看法析；(2)；(3).【分析】（1）在长方体中，可知，由四边形是平行四边形，因而.因为分不是的中点，因而，那么，又面面，那么立体（2），（3）在立体中作交于，过作交于点，那么.因为立体立体，而，又，立体,且立体，又，四边形为直角梯形，且高，(二)空间角的探求性征询题【例3】【湖南省五市十校教研教改共同体2023届高三12月联考】如图，在四棱锥中立体，且，（1）求证：；（2）在线段上，是否存在一点，
8、使得二面角的大小为45，假设存在，求与立体所成角的正弦值，假设不存在，请说明因由【分析】（1）证明线线垂直，一般运用线面垂直性质定理，即从线面垂直出发给以证明，而线面垂直的证明，需要运用线面垂直判定定理：先按照平几多知识寻寻线线垂直，如由等腰三角形性质得，又由条件立体，得线线垂直：，如斯就转化为线面垂直立体，即得（2）研究二面角大小，一般运用空间向量比较开门见山：先按照题意树破恰当的直角坐标系，设破各点坐标，运用方程组求各面法向量，按照向量数量积求两法向量夹角，最后按照二面角与法向量夹角关系列方程组，解出点坐标，判定点位置，再运用线面角与向量夹角互余关系求与立体所成角的正弦值【分析】（1）证明
9、：如图，由已经清楚得四边形是直角梯形，由已经清楚，可得是等腰直角三角形，即，又立体，那么，因而立体，因而4分在三棱锥中，可得，设点到立体的距离是，那么，解得在中，可得，设与立体所成的角为，那么法二：（作图法）过点作于，那么，那么立体，过点作于，连接，那么是二面角的立体角假设，那么，又，易求得，即是线段的中点（以下同解法一）法三：（向量打算法）树破如以以下列图空间直角坐标系，那么设，那么的坐标为设是立体的一个法向量，那么，得，那么可取又是立体的一个法向量，因而，现在立体的一个法向量可取，与立体所成的角为，那么【点评】空间角的探求性征询题要留心两个方面：一是空间角的精确表示，即运用直线的倾向向量和
10、立体的法向量表示空间角时要留心两者的精确转化；二是留心我们再运用方程揣摸存在性时，要特不留心题中的条件限制，如点在线段上等.【小试牛刀】如图，在直三棱柱中，是的中点（1）求证：立体；（2）求二面角的余弦值；（3）试征询线段上是否存在点，使与成角？假设存在，判定点位置，假设不存在，说明因由【分析】（1）证明：贯串连接，交于点，贯串连接.由是直三棱柱，得四边形为矩形，为的中点.又为中点，因而为中位线，因而，因为立体，立体，因而立体.（2）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图树破空间直角坐标系.那么，.因而，.设立体的法向量为，那么有，因而，取，得.易知立体的法向量为.由二面角是锐角，得.因而二面
11、角的余弦值为.（3）解：假设存在满意条件的点.因为在线段上，故可设，其中.因而，.因为与成角，因而即，解得，因而当点为线段中点时，与成角.【例4】如图，直四棱柱中，侧棱，底面是菱形，为侧棱上的动点（1）求证：；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？试证明你的结论.【分析】（1）运用直四棱柱的构造特色，证明AC立体BB1D1D即可得证结论.（2）可以运用空间线面关系做出二面角的立体角，按照二面角的大小列出方程，按照方程解的情况停顿揣摸.【分析】（1）连接BD，那么ACBD，D1D底面ABCD，ACD1DAC立体BB1D1D，D1P立体BB1D1D，D1PAC（2）存在如斯的点P，下证明之.
12、连接D1O，OP，D1A=D1C，D1OAC，同理POAC，D1OP是二面角D1ACP的立体角D1OP=120设，60，那么，在中，在中，由余弦定理得，即-10分拾掇得，解得或（舍）棱上是否存在点，使得二面角的大小为，现在【点评】空间线面关系、空间角的探求征询屡屡与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，处理此类探求性征询题可从两个角度处理，一是开门见山运用传统的几多何方法停顿逻辑推理，必须熟练操纵专门几多何体的构造特色，留心平行与垂直关系的运用；二是开门见山运用向量法，此种方法庞杂开门见山，但也存在这特不多易错易混的征询题，特不是直线的倾向向量与立体的法向量之间的运算与空间线面
13、关系、空间角之间的精确转化是一个易错点.要熟记结论，敏锐运用几多何体的构造特色停顿揣摸，精确停顿两类关系之间的转化.【小试牛刀】【云南大年夜理2023届高三第一次统测】在四棱锥中，底面是正方形，正面底面，且，分不为的中点.（1）求证：立体；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，假设存在，央求出点的位置；假设不存在，请说明因由.来源:【答案】（1）证明看法析；（2）存在，为的中点.【分析】（1）证明：连接，由正方形性质可知，与订交于点，因而，在中，又立体立体因而立体（2）取的中点，连接，因为，因而，又因为正面底面，交线为，因而立体，以为原点，分不以射线跟为轴，轴跟轴树破空间直角坐标系，
14、不妨设那么有，假设在上存在点，那么因为正面底面，交线为，且底面是正方形，因而立体，那么，由得，因而，即立体的一个法向量为设立体的法向理为，由即，亦即，可取因而解得（舍去）因而线段上存在点，且为的中点，使得二面角的余弦值为（三）空间距离的探求性征询题【例5】如图，已经清楚立体是等腰直角三角形，其中，且.(1)在线段上是否存在一点，使立体(2)求线段上是否存在点，使得点到面的距离即是1？假设存在，试揣摸点的个数；假设不存在，请说明因由.【分析】（1）征询可运用线面平行的性质定理，运用过直线CF的立体与立体ADE交点的位置便可判定点F的位置；（2）征询设的长度，运用等积变卦求出到面的距离，构造关于长度的方程，按照方程解的情况停顿揣摸.【分析】(1)当为的中点时，立体.证明：取的中点、的中点，贯串连接是平行四边形,立体而.故.因为点到面的距离即是1，因而.而，因而，解得.因而在线段上只存在一点，当且仅事前，点到面的距离即是1.【点评】探求线面平行征询题时，应留心几多何体的构造特色，也可按照是否能构造中位线或比例线段从而寻出线线平行关系停顿揣摸.该题易出现的征询题是疏忽点P在线段AB上的限制条件，误以为方程的解确实是结果而疏忽对的取值范围的技艺.【小试牛
