- 2021-05-13 发布 |
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文档介绍
专题04立体几何2019高考数学理热点题型
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). 查看更多