2018届高考数学（理）热点题型：立体几何（含答案解析）.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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，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】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.‎ ‎(1)求证：平面PBD⊥平面COD；‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，‎ ‎∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.‎ ‎∴CO⊥AB.‎ 又PO⊥平面ABC，‎ OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.‎ 又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，‎ ‎∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.‎ 又CO⊂平面COD，‎ ‎∴平面PDB⊥平面COD.‎ ‎(2)解　以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.‎ 则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，‎ ‎∴＝(0，－1，－1)，＝(2，－2，0)，＝(0，－3，1).‎ 设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).‎ 设PD与平面BDC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝ ‎＝＝.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎【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】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD‎1A1，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.‎ ‎(1)证明：EF∥B‎1C.‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值.‎ ‎(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B‎1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B‎1C⊄面A1DE，于是B‎1C∥面A1DE.又B‎1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B‎1C.‎ ‎(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD‎1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.‎ 设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥，‎ n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组 ‎(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).‎ 设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)， 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为 ＝＝.‎ 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】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.‎ 又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)解　取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).‎ 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2，2).‎ 又＝(1，1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解　设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ.‎ 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，‎ 则·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.‎ 所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.‎ ‎【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.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【对点训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点.‎ ‎(1)求证：DE∥平面BPC；‎ ‎(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.‎ ‎∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，‎ 又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，‎ ‎∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，‎ 在Rt△BNC中，‎ BN＝＝＝6，‎ ‎∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，‎ ‎∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，‎ ‎∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，‎ ‎∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，‎ ‎∴DE∥平面BPC.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(2)解　由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以 D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).‎ 假设AB上存在一点F使CF⊥BD，‎ 设点F坐标为(8，t，0)，‎ 则＝(8，t－6，0)，＝(8，12，0)，‎ 由·＝0得t＝.‎ 又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，‎ 设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).‎ 又＝(0，6，－8)，＝.‎ 由得即 不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝.‎ 又由图可知，该二面角为锐二面角，‎ 故二面角F－PC－D的余弦值为.‎ 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】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，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，OD′＝.‎ ‎(1)证明：D′H⊥平面ABCD；‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.‎ ‎(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD.‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.‎ 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.‎ 由EF∥AC得＝＝.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.‎ 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，‎ 所以D′H⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解　如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.‎ 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，‎ B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，‎ D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3).‎ 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的一个法向量，‎ 则即 所以可取m＝(4，3，－5).‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的一个法向量，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 则即 所以可取n＝(0，－3，1).‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝－.‎ sin〈m，n〉＝.‎ 因此二面角B－D′A－C的正弦值是.‎ ‎【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，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是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.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明　在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.‎ 如图，以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，‎ 所以B，E，A1，C，‎ 得＝，＝，＝＝(－，0，0).‎ 设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，‎ 则得取n1＝(1，1，1)；‎ 得取n2＝(0，1，1)，‎ 从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费