2019年高考数学一轮复习专题探究课4立体几何中的高考热点问题理北师大版

四立体几何中的高考热点问题

(对应学生用书第127页)

[命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．

空间点、线、面间的位置关系

空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．

用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：

(1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证

明三条轴两两垂直(扣分点)．

(2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里．

(3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2的运算．

(4)弄清各空间角与向量夹角的关系．

如图1所示，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．

图1

(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．

[解] (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.

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B 1BCC 1.

(1) (2)

(2)证明：法一：如图(1)，取AB 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 ＝1

2AC ．

因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG . 又因为EG

平面ABE ，C 1F ⊆/平面ABE ，

所以C 1F ∥平面ABE .

法二：如图(2)，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB . 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，

所以EC 1═∥AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F

平面C 1HF ，

所以C 1F ∥平面ABE .

(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2

－BC 2

＝ 3. 所以三棱锥E ­ABC 的体积

V ＝1

3S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝

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. [规律方法] 1.

1证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将

“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.

2证明C 1F ∥平面ABE ：①利用判定定理，关键是在平面ABE 中找作出直线EG ，且满足C 1F ∥EG .②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面

平行，实施线面平行、面面平行的转化.

2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化.

[跟踪训练] 如图2所示，在底面是矩形的四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是

PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.

图2

(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC ．

【导学号：79140259】

[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1

2，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，

EF →

＝⎝ ⎛⎭

⎪⎫－1

2

，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →

＝(1,0,0)．

(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →

，即EF ∥AB .

又AB

平面PAB ，EF ⊆/平面PAB ，

所以EF ∥平面PAB .

(2)因为AP →·DC →

＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →

·DC →

＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，

所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →

，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ． 又因为AP ∩AD ＝A ，AP 平面PAD ，AD

平面PAD ，

所以DC ⊥平面PAD . 因为DC

平面PDC ，

所以平面PAD ⊥平面PDC ．

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，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(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．

(2016·北京高考)如图3，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 ＝ 5.

图3

(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AM AP

的值；若不存在，说明理由．

[解] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB .

(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为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 . 如图，建立空间直角坐标系O ­xyz .