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    2021届高考数学人教版一轮创新教学案:第7章解答题专项突破(四) 高考中立体几何问题的热点题型
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    2021届高考数学人教版一轮创新教学案:第7章解答题专项突破(四) 高考中立体几何问题的热点题型

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    解答题专项突破() 

    高考中立体几何问题的热点题型

    立体几何是每年高考的重要内容,基本上都是一道客观题和一道解答题,客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力.解答题主要采用证明与计算相结合的模式,即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系,再利用空间向量进行空间角的计算求解.重在考查考生的逻辑推理及计算能力,试题难度一般不大,属中档题,且主要有以下几种常见的热点题型.

    热点题型1 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算                    

      (2019·天津高考)

    如图,AE平面ABCDCFAEADBCADABABAD1AEBC2.

    (1)求证:BF平面ADE

    (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;

    (3)若二面角EBDF的余弦值为,求线段CF的长.

    解题思路 由条件知ABADAE两两垂直,可以A为坐标原点建立空间直角坐标系,用空间向量解决.

    (1)寻找平面ADE的法向量,证明与此法向量垂直,即得线面平行.

    (2)与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值,即为直线CE和平面BDE所成角的正弦值;

    (3)CFh,用h表示二面角EBDF的余弦值,通过解方程得到线段长.

    规范解答 (1)证明:以A为坐标原点,AB所在的直线为x轴,AD所在的直线为y轴,AE所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,0)B(1,0,0),设F(1,2h)

    依题意,(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,

    (0,2h),可得·0

    又直线BF平面ADE

    所以BF平面ADE.

    (2)依题意,D(0,1,0)E(0,0,2)C(1,2,0),则(1,1,0)(1,0,2)(1,-2,2)

    n(xyz)为平面BDE的法向量,则

    不妨令z1,可得n(2,2,1)

    因此有cosn〉==-.

    所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.

    (3)m(x1y1z1)为平面BDF的法向量,

    不妨令y11,可得m.

    由题意,有|cosmn|

    解得h.经检验,符合题意.

    所以线段CF的长为.

    热点题型2 平面图形的折叠问题

      (2018·全国卷)如图,四边形ABCD为正方形,EF分别为ADBC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.

    (1)证明:平面PEF平面ABFD

    (2)DP与平面ABFD所成角的正弦值.

    解题思路 (1)翻折前后的不变关系,四边形ABFE是矩形.

    证明BF平面PEF.

    证明平面PEF平面ABFD.

    (2)解法一:建系:借助第(1)问,过P作平面ABFD的垂线为z轴,垂足为原点,EF所在直线为y轴,建系.

    求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量.

    由公式计算所求角的正弦值.

    解法二:作:过PPHEFEF于点H,连接DH.

    证:证明PH平面ABFD,得PDH为直线DP与平面ABFD所成角.

    算:在RtPDH中,PD的长度是正方形ABCD的边长,PHD90°,易知要求sinPDH,关键是求PH;由此想到判断PEF的形状,进一步想到证明PF平面PED.

    规范解答 (1)证明:由已知可得,BFPFBFEF,又PFEFF,所以BF平面PEF.

    BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.

    (2)解法一:作PHEF,垂足为H.

    (1)得,PH平面ABFD.

    H为坐标原点,的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,设正方形ABCD的边长为2.

    (1)可得,DEPE.DP2DE1,所以PE.

    PF1EF2,故PEPF.

    所以PHEH,则H(0,0,0)P

    D为平面ABFD的一个法向量.

    DP与平面ABFD所成角为θ

    sinθ.

    所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

    解法二:因为PFBFBFED,所以PFED

    PFPDEDPDD,所以PF平面PED

    所以PFPE,设AB4,则EF4PF2

    所以PE2,过PPHEFEF于点H

    因为平面PEF平面ABFD

    所以PH平面ABFD

    连接DH

    PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角,

    因为PE·PFEF·PH

    所以PH

    因为PD4,所以sinPDH

    所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

    热点题型3 立体几何中的探索性问题

      (2019·湖北四地七校联考)在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面PAC底面ABCDPAPC2.

    (1)求证:PBPD

    (2)若点MN分别是棱PAPC的中点,平面DMN与棱PB的交点为点Q,则在线段BC上是否存在一点H,使得DQPH?若存在,求BH的长;若不存在,请说明理由.

    解题思路 (1)要证PBPD,想到在PBD中,证明BD边上的中线垂直于BD,联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直.

    (2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系,求平面DMN的法向量n,分别依据PBQ共线和BCH共线,设λt,利用垂直关系列方程先求λ再求t,确定点H的位置.

    规范解答 (1)证明:记ACBDO,连接PO

    底面ABCD为正方形,

    OAOCOBOD2.

    PAPC

    POAC

    平面PAC底面ABCD,且平面PAC底面ABCDACPO平面PAC

    PO底面ABCD.

    BD底面ABCDPOBD.

    PBPD.

    (2)存在.以O为坐标原点,射线OBOCOP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示,由(1)可知OP2.

    可得P(0,0,2)A(0,-2,0)B(2,0,0)C(0,2,0)D(20,0)

    可得M(0,-1,1)N(0,1,1)(2,-1,1)(02,0)

    设平面DMN的法向量n(xyz)

    ·n0·n0

    x1,可得n(1,0,-2)

    λ(2λ0,-2λ),可得Q(2λ0,22λ)

    (2λ2,0,22λ)·n0

    可得2λ244λ0,解得λ.

    可得.

    t(2t,2t,0),可得H(22t,2t,0)

    (22t,2t,-2),若DQPH,则·0

    (22t)×(2)0,解得t.

    BH.

    故在线段BC上存在一点H,使得DQPH

    此时BH.

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