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2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步热点探究课4立体几何中的高考热点问题教师用书文北师大版


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.

图1 (1)证明:平面 AEC⊥平面 BED; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥 E?ACD 的体积为 6 ,求该三棱锥的侧面积. 3

[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. 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 3 x x,GB=GD= . 2 2 2分

(2)设 AB=x,在菱形 ABCD 中,由∠ABC=120°,可得 AG=GC= 因为 AE⊥EC,所以在 Rt△AEC 中,可得 EG= 3 x. 2 6分 2 x. 2

由 BE⊥平面 ABCD,知△EBG 为直角三角形,可得 BE=

1

由已知得,三棱锥 E?ACD 的体积 V 9分 从而可得 AE=EC=ED= 6.

三棱锥 E?ACD

1 1 6 3 6 = × ·AC·GD·BE= x = ,故 x=2. 3 2 24 3

所以△EAC 的面积为 3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 E?ACD 的侧面积为 3+2 5. 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 ABC?A1B1C1 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.

图2 (1)求证:平面 ABE⊥平面 B1BCC1; (2)求证:C1F∥平面 ABE; (3)求三棱锥 E?ABC 的体积. [解] (1)证明:在三棱柱 ABC?A1B1C1 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.

2

因为 G,F 分别是 AB,BC 的中点, 1 所以 FG∥AC,且 FG= AC. 2 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 所以 C1F∥平面 ABE. 8分 平面 ABE,

(3)因为 AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以 AB= AC -BC = 3,10 分 所以三棱锥 E?ABC 的体积
2 2

V= S△ABC·AA1= × × 3×1×2=

1 3

1 3

1 2

3 . 3

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:66482345】

3

[解]

1 (1)如图,线段 AB 上存在一点 K,且当 AK= AB 时,BC∥平面 DFK. 4

1分

证明如下:

设 H 为 AB 的中点,连接 EH,则 BC∥EH. 1 ∵AK= AB,F 为 AE 的中点, 4 ∴KF∥EH,∴KF∥BC. ∵KF?平面 DFK,BC ∴BC∥平面 DFK. 3分 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= 2, 从而 AE +BE =4=AB ,∴AE⊥BE.
2 2 2

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.

图4 (1)证明:AC⊥HD′; 5 (2)若 AB=5,AC=6,AE= ,OD′=2 2,求五棱锥 D′?ABCFE 的体积. 4 [解] (1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD. 2分

4

又由 AE=CF 得 = ,故 AC∥EF. 由此得 EF⊥HD,故 EF⊥HD′,所以 AC⊥HD′. 5分

AE CF AD CD

OH AE 1 (2)由 EF∥AC 得 = = . DO AD 4
由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= AB -AO =4. 所以 OH=1,D′H=DH=3. 于是 OD′ +OH =(2 2) +1 =9=D′H , 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.
2 2 2 2 2 2 2

7分

EF DH 9 又由 = 得 EF= . AC DO 2

10 分

1 1 9 69 五边形 ABCFE 的面积 S= ×6×8- × ×3= . 2 2 2 4 1 69 23 2 所以五棱锥 D′?ABCFE 的体积 V= × ×2 2= . 3 4 2 12 分

5

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 P?ABCD 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.

图5 (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:66482346】 [解] (1)证明:如图所示,连接 AC,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 a 的 2分

正方形,且点 F 为对角线 BD 的中点.

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 所以 EF∥平面 PAD. 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. 因为 F 为 BD 中点,
6

9分

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 S?ABCD 的底面是正方形, 每 条侧棱的长都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点.

图6 (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. [证明] (1)连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,连接 SO,由题意得四棱锥 S?ABCD 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= 2a. 7分
7

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.

2a . 4

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

8


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