江苏高考数学二轮复习课件：第2部分 八大难点突破 难点2 立体几何中的探索性与存在性问题PPT课件
高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 专项限时集训2 立体几何中的探索性与存在性问题
专项限时集训(二)立体几何中的探索性与存在性问题(对应学生用书第115页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)如图3，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．图3(1)求证：B1C1∥平面A1DE；(2)求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1.[证明](1)因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，2分又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE. 4分又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE. 6分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE.8分又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，10分又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACC1A1.12分又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 14分2．(本小题满分14分)如图4所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.图4(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解](1)因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，4分因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1. 6分(2)DC的中点为E点．如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形. 8分所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，10分所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B. 12分因为D1E⊄平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.14分3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图5, 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：图5(1)直线A1E∥平面ADC1；(2)直线EF⊥平面ADC1.【导学号：56394093】[证明](1)连接ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B 1E ∥BD 且B 1E ＝BD ， 所以四边形B 1BDE 是平行四边形，2分所以BB 1∥DE 且BB 1＝DE ，又BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1， 所以AA 1∥DE 且AA 1＝DE ， 所以四边形AA 1ED 是平行四边形，4分 所以A 1E ∥AD ，又因为A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1， 所以直线A 1E ∥平面ADC 1.7分(2)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ， 又AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1，又△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ， 9分 又BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1，BB 1∩BC ＝B ， 所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又EF ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥EF ，11分 又EF ⊥C 1D ，C 1D ，AD ⊂平面ADC 1，C 1D ∩AD ＝D ， 所以直线EF ⊥平面ADC 1.14分4．(本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.图6(1)求证：AC 1∥平面BDE ； (2)求证：A 1E ⊥平面BDE .[证明] (1)连接AC 交BD 于点O ，连接OE .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为正方形，点O 为AC 的中点，2分AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，则EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE . 4分 又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE .所以AC 1∥平面BDE .6分(2)连接OA 1，根据垂线定理，可得OA 1⊥DB ，OE ⊥DB ，OA 1∩OE ＝O ，∴平面A 1OE ⊥DB . 可得A 1E ⊥DB . 8分∵E 为CC 1的中点， 设AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1＝a ，∴BE ＝2a ，A 1E ＝3a ，A 1B ＝5a ， ∵A 1B 2＝A 1E 2＋BE 2， ∴A 1E ⊥EB .12分∵EB ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，EB ∩BD ＝B ， ∴A 1E ⊥平面BDE .14分 5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图7，在四棱锥E －ABCD 中，平面EAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，EA ⊥EB ，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点．图7求证：(1)直线MN ∥平面EBC ； (2)直线EA ⊥平面EBC .[证明] (1)取BE 中点F ，连接CF ，MF ， 又M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB ，又N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形， 4分所以MN ∥CF ，又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ， 所以MN ∥平面EBC .8分(2)在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面EAB ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面EAB ，12分 又EA ⊂平面EAB ，所以BC ⊥EA ，又EA ⊥EB ，BC ∩EB ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ， 所以EA ⊥平面EBC .16分 6．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AP ⊥平面PCD ，E ，F 分别为PC ，AB 的中点．求证：图8(1)平面PAD ⊥平面ABCD ； (2)EF ∥平面PAD .[证明] (1)∵AP ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，∴AP ⊥CD . ∵ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，2分又∵AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥平面PAD ，4分 ∵CD ⊂平面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD . 6分 (2)连接AC 、BD 交于O ，连接OE ，OF . ∵ABCD 为矩形，∴O 为AC 中点，∵E为PC中点，∴OE∥PA.∵OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴OE∥平面PAD，10分同理OF∥平面PAD，12分∵OE∩OF＝O，∴平面OEF∥平面PAD，14分∵EF⊂平面OEF，∴EF∥平面PAD. 16分7．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)如图9，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．图9(1)求证：EF∥平面PAB；(2)若AP＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明：AF⊥平面PCD.【导学号：56394094】[证明](1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD，又在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB，3分又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB. 6分(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD，②由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD. 16分。
2018年江苏高考数学二轮复习：第2部分 八大难点突破 难点4 解析几何中的范围、定值和探索性问题
难点四解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第68页)解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：1．圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝12与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，以线段MN 为直径作圆D ，若圆D 与y 轴相交于不同的两点A ，B ，求△ABD 的面积；(3)如图1，A 1，A 2，B 1，B 2是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线B 2P 交x 轴于点F ，直线A 1B 2交A 2P 于点E ，设A 2P 的斜率为k ，EF 的斜率为m ，求证：2m －k 为定值.【导学号：56394098】图1[解] (1)∵直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切， ∴|0－2|2＝b ，化为b ＝1.∵离心率e ＝32＝c a ，b 2＝a 2－c 2＝1，联立解得a ＝2，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1； (2)把x ＝12代入椭圆方程可得：y 2＝1－116，解得y ＝±154. ∴⊙D 的方程为：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝1516. 令x ＝0，解得y ＝±114， ∴|AB |＝112，∴S △ABD ＝12|AB |·|OD |＝12×112×12＝118. (3)证明：由(1)知：A 1(－2,0)，A 2(2,0)，B 2(0,1)，∴直线A 1B 2的方程为y ＝12x ＋1， 由题意，直线A 2P 的方程为y ＝k (x －2)，k ≠0，且k ≠±12， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋1，y ＝k x －，解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 设P (x 1，y 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0. ∴2x 1＝16k 2－44k 2＋1，∴x 1＝8k 2－24k 2＋1，y 1＝k (x 1－2)＝－4k 4k 2＋1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 设F (x 2,0)，则由P ，B 2，F 三点共线得，kB 2P ＝kB 2F .即－4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x 2－0，∴x 2＝4k －22k ＋1，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. ∴EF 的斜率m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝2k ＋14. ∴2m －k ＝2k ＋12－k ＝12为定值． [方法总结] 定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．(1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋m ，然后利用条件建立k ，m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．2．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、 特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变 量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．图2【例2】 (苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图2，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线的距离为6 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，过点F 作MF 的垂线，交y 轴于点N .(ⅰ)当直线的PA 斜率为12时，求△FMN 的外接圆的方程； (ⅱ)设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 的面积的最大值．[解] (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，c ＋a 2c ＝62，解得⎩⎨⎧ a ＝4，c ＝22，则b ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 28＝1. (2)由题可设直线PA 的方程为y ＝k (x ＋4)，k ＞0，则M (0,4k )，所以直线FN 的方程为y ＝224k (x －22)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k . (ⅰ)当直线PA 的斜率为12，即k ＝12时，M (0,2)，N (0，－4)，F (22，0)，MF →＝(22，－2)，FN →＝(－22，－4)，MF →·FN →＝－8＋8＝0.所以MF ⊥FN ，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN 的外接圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝9. (ⅱ)联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋，x 216＋y 28＝1，消去y 并整理得，(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0， 解得x 1＝－4或x 2＝4－8k 21＋2k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k21＋2k 2，8k1＋2k 2， 直线AN 的方程为y ＝－12k (x ＋4)，同理可得，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2， 所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点．所以△APQ 的面积S ＝12OA ·(y P －y Q )＝2×16k 1＋2k 2＝322k ＋1k ≤82，当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，取“＝”．所以△APQ 的面积的最大值为8 2.[方法总结] 这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．3．圆锥曲线中的探索性问题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神．因此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、 不存在两个结论有时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．图3【例3】 (苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P 满足条件，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【导学号：56394099】[解] (1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2.因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2. 因为MN ＝AB ＝22＋22＝22， 而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝＋m22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P 满足条件，设P (x ，y )，则(x －2)2＋y 2＝4， PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4，因为|2－2|＜－2＋－2＜2＋2， 所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交，所以点P 的个数为2.[方法总结] (1)解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．(2)解决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．。
江苏省2019高考数学二轮复习专题二立体几何2.3专题提能—“立体几何”专题提能课课件
体体积的两种基本方法．法一是对不规则几何体进行分割．法
二则是在原不规则几何体的基础上补上一个几何体，使之成为
规则几何体.
策略2
等积法：求三棱锥的体积
[例 2] 如图，在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中， 已知 AB＝AA1＝3，点 P 在棱 CC1 上，则三棱 锥 P-ABA1 的体积为________．
提能点(三)
系统数学思想， 实现“触类旁通”
1．函数与方程思想——解决立体几何中的最值问题 [例 1] 如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F 为圆 O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分 别以 BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得 D， E，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥 体积(单位：cm3)的最大值为___4__1_5__．
∴0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积 V＝13× 43a2×
25－5
3
3 a
＝ 123×
25a4－5 3 3a5.
令 t＝25a4－53 3a5，则 t′＝100a3－253 3a4，由 t′＝0，得 a
＝4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为 4 15 cm3.
法二：如图，连接 OD 交 BC 于点 G，由题意知，
[点评] 在证明面面平行时，有的同学喜欢跳步，直接由 线线平行得到面面平行，少了由线线平行到线面平行的过程， 在考试中是要被扣分的．立体几何逻辑性非常强，证明时要严 格按照定理的要求来进行书写，切不可漏条件．
提能点(二)
灵活运用策略， 尝试“借石攻玉”
江苏省高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第2讲 立体几何的综合问题课件
证明
(2)若平面ABC⊥平面BCD，求证：平面ABD⊥平面ACD.
证明
思维升华
平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有 的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题 的关键.一般地，在翻折后还在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，解决这类问题就是要根据这些变与 不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度 量值，这是化解翻折问题的主要方法.
解析 答案
思维升华
(1)涉及柱、锥及其简单组合的计算问题，要在正确理解概念的基础 上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的结构特征， 从而进行解题. (2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易 求，底面放在已知几何体的某一面上.
跟踪演练1 (1)(2018·江苏盐城中学模拟)已知圆柱的底面半径为1，母 线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为6π_____. 解析 S圆柱＝2π×12＋2π×1×2＝6π.
证明
(2)若 A1B∥平面 ADC1，求DBDC的值.
解答
真题押题精练
1.(2018·江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶
4
点
3
的多面体的体积为____.
解析 由题意知所给的几何体是棱长均为 2的八面体，它是由两个有公 共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为 1，所以这个八面体的 体积为 2V 正四棱锥＝2×31×( 2)2×1＝34.
跟踪演练2 如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB， AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF
江苏专用高考数学二轮复习-第8讲立体几何课件-文-苏教版
在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，底面各边
都相等，M 是 PC 上的一动点，当点 M 满足BM⊥PC 时，
平面 MBD⊥平面 PCD.
立体几何中平行、垂直关系的证明的基本思路是利用线
面关系的转化面↔面⊥面 性质
线∥线↔线⊥面↔面∥面
如(ⅲ)已知直线 l⊥平面 α，直线 m⊂平面 β，给出下列
么它们的交线平行. 给出以下六个命题：①垂直于同一直线的两个平面平
行；②平行于同一直线的两个平面平行；③平行于同一
平面的两个平面平行；④与同一直线成等角的两个平面
平行；⑤一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的
两条相交直线平行，则这两个平面平行；⑥两个平面分
别与第三个平面相交所得的两条交线平行，则这两个平
(5)体积公式： V 柱＝S·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝31S·h(S 为底面面积，h 为高). V 台＝31(S＋ SS′＋S′)h(S、S′为上、下底面面积，h 为高). (6)球的表面积和体积 S 球＝4πR2，V 球＝34πR3.
3.空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个 公 共 点 .② 平 行 直 线 —— 在 同 一 平 面 内 ， 没 有 公 共 点.③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点. 如(1)空间四边形 ABCD 中，E、F、G、H 分别是四边 上的中点，则直线 EG 和 FH 的位置关系是 相交 . (2)给出下列四个命题： ①异面直线是指空间既不平行又不相交的直线；
7.直线和平面垂直的判定和性质 判定：(1)如果一条直线和一个平面内的两条相交直线 都垂直，那么这条直线和这个平面垂直.(2)两条平行 线中有一条直线和一个平面垂直，那么另一条直线也 和这个平面垂直. 性质：(1)如果一条直线和一个平面垂直，那么这条直 线和这个平面内所有直线都垂直.(2)如果两条直线都 垂直于同一个平面，那么这两条直线平行. 如如果命题“若 x⊥y，y∥z，则 x⊥z”不成立，那么 字母 x、y、z 在空间所表示的几何图形一定 是 x、y 是直线，z 是平面 .
2019江苏高考数学二轮专题攻略课件：微专题9 解析几何中的探索性问题
核心题型突破 栏目索引
5 5 所以点T ,0 在直线AE上.同理可证,点T ,0 在直线BD上. 所以当直线l的 2 2 5 高考导航 ,0 倾斜角变化时,直线AE与BD相交于定点T . 2
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【方法归纳】
定点问题的探索思路一般也有两种:一是利用图形的对称性
交于A,B两点. (1)求椭圆C的方程; (2)试问x轴上是否存在定点N,使得 为定值?若存在,求出点N的坐标;若 NA · NB 不存在,请说明理由.
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解析
c 3 (1)离心率e= = , a 2
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1 3 2 2 a c 所以c= a,b= = a. 2 2 x2 y2 所以椭圆C的方程为 2 + 2 =1. 4b b 16 9 8 3 , 因为椭圆C经过点P ,所以 2 + 2 =1. 25b 25b 5 5 2 x 所以b2=1.所以椭圆C的方程为 +y2=1. 4 2 x (2)设N(n,0).当直线l的斜率存在时,设l:y=k . 5
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分析出定点所在的位置,或者利用特殊位置求出可能的定点,再验证对一般情 况也成立;二是直接设出定点坐标,由条件建立恒等式,弄清定点与哪个量无 关,整理为关于这个量的恒等式,利用对应项系数相等建立方程组求解,常用 方法一.
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2-1 (2017常州教育学会学业水平检测)已知圆C:(x-t)2+y2=20(t<0)与椭圆E:
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c 1 b 3 解析 (1)由题意,b= 3 .又因为 = ,所以 = . a 2 a 2 x2 y2 所以a=2.所以椭圆C的方程为 + =1. 4 3
(新课标)备战高考数学二轮复习难点2.8立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题教学案理
立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题 对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．1 立体几何中的折叠问题折叠问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现.处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系.折叠问题是立体几何的一类典型问题是实践能力与创新能力考查的好素材.解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化.这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试. 例１【黑龙江省七台河市2018届期末联考】如图所示，平面图形ABCDFE 中，其中矩形ABCD 的边长分别为3AB =， 8BC =，等腰梯形ADFE 的边长分别为5AE =， 2EF =.现将该平面图形沿着AD 折叠，使梯形ADFE 与矩形ABCD 垂直，再连接,BE CF ，得到如图所示的空间图形，对此空间图形解答如下问题：（1）证明： AB DF ⊥；（2）求平面ABE 与平面CDF 所成锐二面角的余弦值.思路分析：（1）因为AB AD ⊥，根据面面垂直的性质，可证明AB ⊥平面ADFE ，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面ABE 的法向量及平面CDF 的法向量，利用法向量夹角即可求出.解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，（1）则()0,0,0O ， ()0,3,0A -， ()3,3,0B -， ()0,5,0D ， ()0,2,4F ， ()0,0,4E .()3,0,0AB =， ()0,3,4DF =-，∵AB DF ⋅= ()3003040⨯+⨯-+⨯=， ∴AB DF ⊥.（2）设平面ABE 的法向量为(),,v x y z =，则0,{ 0v AB v AE ⋅=⋅=，即30,{ 340x y z =+=， 不妨取4y =-，则()0,4,3v =-.同理可得平面CDF 的法向量为()0,4,3u =. ·cos ,v u v u v u == ()00443375525⨯+-⨯+⨯=⨯.二面角A PB C --的角的余弦值为725. 点评：本题考查了直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，以折叠问题为载体，折叠问题是考查学生空间想象能力的较好载体.如本题，不仅要求学生象解常规立几综合题一样懂得线线，线面和面面垂直的判定方法及相互转化，还要正确识别出折叠而成的空间图形，更要识得折前折后有关线线、线面位置的变化情况以及有关量（边长与角）的变化情况，否则无法正确解题．这正是折叠问题的价值之所在．在求二面角时，如果根据定义要作出二面角的平面角，并证明，然后计算，要求较高，一般是寻找图形中的两两垂直的三条直线，建立空间直角坐标系，用空间向量法来求这个角．设12,n n 分别是平面,αβ的法向量，设二面角l αβ--的大小为θ，则121212cos ,cos n n n n n n θ⋅<>==．用这种方法求解时要注意判断二面角的大小，即判断二面角是锐角不是钝角．2 立体几何中的最值问题解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．例2 在四棱锥P ABCD -中，设底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥面ABCD.（1）求证：PC BD ⊥；（2）过BD 且与直线PC 垂直的平面与PC 交于点E ，当三棱锥E BCD -的体积最大时，求二面角E BD C --的大小.思路分析：（1）要证线线垂直，可利用线面垂直的性质定理，即先证线面垂直，题中由正方形有BD AC ⊥，由已知线面垂直有BD PA ⊥，从而可证BD 与平面PAC 垂直，从而得证题设结论；（2）求二面角，一般建立空间直角坐标系，用空间向量法求解，题中有,,AB AD AP 两两垂直，以他们为坐标轴建立空间直角坐标系，由三棱锥E BDC -体积最大时，求得PA 的长，然后写出各点坐标，同时计算出E 点坐标，求得平面EBD 和平面CBD 的法向量，求出法向量夹角，可观察出此二面角为锐角，从而得二面角．(,,)E x y z ，PE PC λ=，BE PC ⊥，得34λ=，∴332(,,444E -，设'''(,,)n x y z =是平面EBD 的一个法向量，(1,1,0)BD =-，132(,,)444BE =--，则00n BD n BE ⎧•=⎪⎨•=⎪⎩，得(1,1,2)n =.又2)AP =是平面BCD 的一个法向量，∴2cos ,2n AP <>=，∴二面角E BD C --为4π. 点评：立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．3 立体几何中的探索性问题探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．例3【北京市丰台区2018届期末】在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ， ,E F 分别是,AB PC 的中点， 2PA AD ==， 2CD =.（Ⅰ）求证： ||EF 平面PAD ；（Ⅱ）求PC 与平面EFD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱BC 上是否存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ？若存在，求出BM BC的值；若不存在，请说明理由.思路分析：（Ⅰ）根据中位线定理得//AE FG ， AE FG =，所以AEFG 为平行四边形，进而可证//EF 平面PAD ；（Ⅱ）建立直角坐标系A xyz -， ()0,1,1EF =，求解平面EFD 的法向量为n ，设PC 与平面EFD 所成角为θ，利用sin cos ,PC nPC n PC n θ⋅==⋅求解即可；（Ⅲ）设BC 上存在一点M ，则)[]()2,,00,2M t t ∈，令0AM ED ⋅=，求解即可. 试题解析：（Ⅰ）证明：取PD 中点G ，连接,AG FG .因为,F G 分别是,PC PD 的中点，所以//FG CD ，（Ⅲ）因为侧棱PA ⊥底面ABCD ，所以只要在BC 上找到一点M ，使得DE AM ⊥，即可证明平面PAM ⊥平面EFD .设BC 上存在一点M ，则()[]()2,,00,2M t t ∈，所以()2,,0AM t =.因为2,2,02ED ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以令0AM ED ⋅=，即120t -+=，所以12t =.所以在BC 存在一点M ，使得平面PAM ⊥平面EFD ，且14BM BC =.点评：本题考查线面平行的判定，考查了直线与平面所成的角和直线与平面平行的判定，训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．把线面的关系转化为向量之间的关系，直线与平面所成的角的正弦值即直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；线平行于面即线的方向向量与面的法向量垂直，等价于其数量积为0.探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用下列二种方法：⑴通过各种探索尝试给出条件;⑵找出命题成立的必要条件，也证明了充分性．综合以上三类问题，折叠与展开问题、最大值和最小值问题和探究性问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．折叠与展开问题是立体几何的一对问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系；求最值的途径很多，其中运用公理与定义法、利用代数知识建立函数法、由常用不等式解不等式法等都是常用的一些求最值的方法；对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．另外对于立体几何中的上述三种问题有时运用空间向量的方法也是一种行之有效的方法，能使问题简单、有效地解决．解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。
高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点2立体几何中的探索性与存在性问题课件
[点评] 这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件，所以解这类题采用 下列二种方法：(1)通过各种探索尝试给出条件；(2)找出命题成立的必要条件， 也证明充分性．
2．对命题结论的探索 探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条 件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在．求解时， 常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．
难点二 立体几何中的探索性与存在性问题
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(对应学生用书第 65 页) 数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是 对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何 中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查． 探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体 几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学 生的意志力及探究的能力．
[思路分析] 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂 直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一 条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；(2)证 明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性 质定理，三是利用面面平行的性质；(3)证明两个平面垂直，首先考虑直线与平 面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现， 这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是，AB 与 CD 不平行．如图，延长 AB，DC，相交于点 M(M ∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点．
理由如下： 由已知，知 BC∥ED，且 BC＝ED， 所以四边形 BCDE 是平行四边形， 从而 CM∥EB. 又 EB⊂平面 PBE，CM⊄平面 PBE， 所以 CM∥平面 PBE. (说明：延长 AP 至点 N，使得 AP＝PN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)
解析几何中的探索性问题课件-2024届高三数学二轮复习
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说明： 1. 解决方案及流程 解答这一类型问题的办法是先假设命题为真，然后据此推理或计 算，直接得到存在的依据或推出矛盾，从而肯定或否定假设．具体表现 为选取恰当的变量表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒 成立、数式变换等寻找不受所设变量影响的定点、定值等． 2. 失误与防范 探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何 可能的因素.
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(2) 假设存在实数 λ，使得 k1＋k2＝λk3. 由直线 l 与抛物线 C：y2＝4x 交于 A，B 两点，且与 x 轴交于点 M(a,0)(a>0)， 可设直线 l：x＝my＋a，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 A1(－a，y1)，B1(－a，y2)，N－a，y1＋2 y2. 联立yx2＝＝m4yx＋，a， 消去 x 并整理，得 y2－4my－4a＝0，＋t Nhomakorabea＝
－my1yy22－－2y1y1＋ty1＋t，
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9 又y1y＋1y2y2＝－3m3m12－22－m11＝－43m，
所以－my1y2＝34(y1＋y2)， 所以 xp＝34y2＋y2－－45y＋1 ty1＋t. 当34＋－54＋t＝0，即 t＝12时，xp 为定值54， 所以存在实数 t＝12，使得直线 EN 过定点 P54，0.
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目标2 探究定值问题 2 (2023广州二模)已知直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，
且与x轴交于点M(a,0)(a>0)，过点A，B分别作直线l1：x＝－a的垂线，垂 足依次为A1，B1，动点N在l1上．
(1) 当a＝1，且N为线段A1B1的中点时，求证：AN⊥BN； (2) 若N为线段A1B1的中点，记直线NA，NB，NM的斜率分别为k1， k2，k3，是否存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存 在，请说明理由．
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1．对命题条件的探索 探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么．对命题条件的探索常采用以下 三种方法： (1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明； (2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； (3)把几何问Байду номын сангаас转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
【例 1】 如图 1，在四棱锥 P－ABCD 中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90° ，BC 1 ＝CD＝2AD，E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90° . 在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PBE，并说明理由. 【导学号：56394092】
采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成 立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决．如果找 到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件， 或出现了矛盾，则不存在．
【例 2】 如图 2，在四棱锥 P－ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. (1)求证：DC⊥平面 PAC； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAC； (3)设点 E 为 AB 的中点，在棱 PB 上是否存 在点 F，使得 PA∥平面 CEF？说明理由．
[解]
(1)证明：因为 PC⊥平面 ABCD，
[点评]
这类探索性题型通常是找命题成立的一个充分条件， 所以解这类题采用
下列二种方法：(1)通过各种探索尝试给出条件；(2)找出命题成立的必要条件， 也证明充分性．
2．对命题结论的探索 探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．对命题结论的探索，常从条 件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在．求解时， 常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论．
[思路分析] 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂 直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一 条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；(2)证 明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性 质定理，三是利用面面平行的性质；(3)证明两个平面垂直，首先考虑直线与平 面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现， 这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解 决这类题的关键．
难点二
立体几何中的探索性与存在性问题
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(对应学生用书第 65 页) 数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是 对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．立体几何 中的探索性与存在性问题实质是对线面平行与垂直性质定理的考查． 探究性与存在性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体 几何中的探究性与存在性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学 生的意志力及探究的能力．
所以 PC⊥DC. 又因为 DC⊥AC，且 PC∩AC＝C， 所以 DC⊥平面 PAC. (2)证明：因为 AB∥DC，DC⊥AC， 所以 AB⊥AC. 因为 PC⊥平面 ABCD，所以 PC⊥AB. 又因为 PC∩AC＝C，所以 AB⊥平面 PAC. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAC.
图1
[解]
在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行．如图，延长 AB，DC，相交于点 M(M
∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点．
理由如下： 由已知，知 BC∥ED，且 BC＝ED， 所以四边形 BCDE 是平行四边形， 从而 CM∥EB. 又 EB⊂平面 PBE，CM⊄平面 PBE， 所以 CM∥平面 PBE. (说明： 延长 AP 至点 N， 使得 AP＝PN， 则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)
(3)棱 PB 上存在点 F，使得 PA∥平面 CEF. 理由如下：取 PB 的中点 F，连接 EF，CE，CF. 又因为 E 为 AB 的中点，所以 EF∥PA. 又因为 PA⊄平面 CEF，且 EF⊂平面 CEF， 所以 PA∥平面 CEF.
[点评]
对于立体几何的探索性与存在性问题一般都是条件开放性的探究问题，