【数学】2018届一轮复习人教A版热点探究课立体几何中的高考热点问题教案

【数学】2018届一轮复习人教A版热点探究课立体几何中的高考热点问题教案

热点探究课(四)　立体几何中的高考热点问题 ‎[命题解读]　1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．‎ 热点1　线面位置关系与体积计算(答题模板)‎ 以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．‎ ‎　(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ 图1‎ ‎[思路点拨]　(1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．‎ ‎[规范解答]　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.2分 因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面AEC，‎ 所以平面AEC⊥平面BED.4分 ‎(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.6分 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积V三棱锥EACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.9分 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.12分 ‎[答题模板]　第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC⊥BE.‎ 第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC⊥平面BED.‎ 第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．‎ 第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积．‎ 第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．‎ ‎[温馨提示]　1.在第(1)问，易忽视条件BD∩BE＝B，AC⊂平面AEC，造成推理不严谨，导致扣分．‎ ‎2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．‎ ‎[对点训练1]　如图2，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．‎ ‎(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2)求证：C1F∥平面ABE；‎ ‎(3)求三棱锥EABC的体积．‎ 图2‎ ‎[解]　(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以BB1⊥AB.2分 又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，‎ 所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，‎ 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分 ‎(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.‎ 因为G，F分别是AB，BC的中点，‎ 所以FG∥AC，且FG＝AC.‎ 因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，‎ 所以FG∥EC1，且FG＝EC1，6分 所以四边形FGEC1为平行四边形，‎ 所以C1F∥EG.‎ 又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，‎ 所以C1F∥平面ABE.8分 ‎(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，‎ 所以AB＝＝，10分 所以三棱锥EABC的体积 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.12分 热点2　平面图形折叠成空间几何体 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．‎ ‎　如图3，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点．现沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：‎ 图3‎ ‎(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE. 【导学号：31222264】‎ ‎[解]　(1)如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.1分 证明如下：‎ 设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.‎ ‎∵AK＝AB，F为AE的中点，‎ ‎∴KF∥EH，∴KF∥BC.3分 ‎∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，‎ ‎∴BC∥平面DFK.5分 ‎(2)证明：∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，‎ ‎∴在折起后的图形中，AE＝BE＝，‎ 从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.8分 ‎∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，‎ ‎∴BE⊥平面ADE.‎ ‎∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.12分 ‎[规律方法]　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，线段的长度是不变量，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．‎ ‎[对点训练2]　(2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．‎ 图4‎ ‎[解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.2分 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.‎ 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.5分 ‎(2)由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.7分 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，‎ 所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.‎ 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.10分 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.12分 热点3　线、面位置关系中的开放存在性问题 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，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．‎ ‎　(2017·石家庄质检)如图5所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAD；‎ ‎(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【导学号：31222265】‎ 图5‎ ‎[解]　(1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点.2分 所以对角线AC经过点F.‎ 又在△PAC中，点E为PC的中点，‎ 所以EF为△PAC的中位线，‎ 所以EF∥PA.‎ 又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，‎ 所以EF∥平面PAD.5分 ‎(2)存在满足要求的点G.‎ 在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.‎ 因为底面ABCD是边长为a的正方形，‎ 所以CD⊥AD.7分 又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.‎ 取CD中点G，连接FG，EG.9分 因为F为BD中点，‎ 所以FG∥AD.‎ 又CD⊥AD，所以FG⊥CD，‎ 又FG∩EF＝F，‎ 所以CD⊥平面EFG，‎ 又CD⊂平面PDC，‎ 所以平面EFG⊥平面PDC.12分 ‎[规律方法]　1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．‎ ‎2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．‎ ‎[对点训练3]　(2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD；‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．‎ 图6‎ ‎[证明]　(1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.2分 在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.‎ 因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.5分 ‎(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.‎ 连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝a.7分 由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝.‎ 故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.‎ 过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，‎ 在△BDN中，易得BN∥PO.10分 又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，‎ 所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.‎ 因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.12分 热点探究训练(四)‎ 立体几何中的高考热点问题 ‎1．如图7，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点，求证：‎ 图7‎ ‎(1)EF∥平面MNCB；‎ ‎(2)平面MAC⊥平面BDN.‎ ‎[证明]　(1)取NC的中点G，连接FG，MG.‎ 因为ME∥ND且ME＝ND，‎ 又因为F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝ND，‎ 所以FG綊ME，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG.4分 又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，‎ 所以EF∥平面MNCB.‎ ‎6分 ‎(2)连接BD，MC，因为四边形MADN是矩形，‎ 所以ND⊥AD，又因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，‎ ND⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，‎ 所以ND⊥AC.8分 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.10分 因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.‎ 又因为AC⊂平面MAC，‎ 所以平面MAC⊥平面BDN.12分 ‎2．(2017·合肥质检)如图8，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．‎ 图8‎ ‎(1)求证：BD⊥PE；‎ ‎(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求的值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵BD⊥PD，BD⊥CD且PD∩DC＝D，‎ ‎∴BD⊥平面PCD，而PE⊂平面PCD，∴BD⊥PE.5分 ‎(2)由题意得BM＝BC，‎ 取BC的中点F，则PF∥MN，∴PF∥平面DMN，7分 由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，‎ ‎∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM.10分 ‎∴＝＝.12分 ‎3．(2017·西安调研)如图9①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.‎ ‎ 【导学号：31222266】‎ ‎①　　　　　　　　　　②‎ 图9‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．‎ ‎[解]　(1)证明：在图①中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.2分 则在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，‎ 从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分 ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，‎ 又由(1)可得A1O⊥BE，‎ 所以A1O⊥平面BCDE.8分 即A1O是四棱锥A1BCDE的高．‎ 由图①知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，‎ 从而四棱锥A1BCDE的体积为 V＝S·A1O＝·a2·a＝a3.‎ 由a3＝36，得a＝6.12分 ‎4．(2017·贵阳模拟)已知如图10，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.‎ 图10‎ ‎(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面AOD，写出作法并说明理由；‎ ‎(2)求三棱锥ABCD的体积. 【导学号：31222267】‎ ‎[解]　(1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，则BC⊥平面AOD.1分 证明如下：‎ ‎∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，‎ ‎∴△AOB≌△DOB，3分 则∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.‎ 又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD.5分 ‎(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，‎ ‎∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱锥ABCD底面BCD上的高，7分 在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，‎ ‎∴AO＝ABsin 60°＝.10分 又∵S△BCD＝BC·BD·sin∠CBD＝，‎ ‎∴V三棱锥ABCD＝·S△BCD·AO＝××＝.12分 ‎5.如图11，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.‎ 图11‎ ‎(1)求三棱锥PABC的体积；‎ ‎(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，‎ 可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.2分 由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．又PA＝1，‎ 所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.5分 ‎(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.7分 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.‎ 由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.‎ 又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.10分 在Rt△BAN中，AN＝AB·cos ∠BAC＝，‎ 从而NC＝AC－AN＝.由MN∥PA，得＝＝.12分 ‎6.(2015·湖南高考)如图12，直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．‎ 图12‎ ‎(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥FAEC的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC.3分 因此AE⊥平面B1BCC1.‎ 而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.5分 ‎(2)设AB的中点为D，连接A1D，CD.因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.‎ 又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.‎ 因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角.8分 由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝AB＝.‎ 在Rt△AA1D中，AA1＝＝＝，所以FC＝AA1＝.‎ 故三棱锥FAEC的体积 V＝S△AEC·FC＝××＝.12分