【数学】2019届文科一轮复习人教A版7-热点探究课4立体几何中的高考热点题型教案 9页

热点探究课(四)　‎ 立体几何中的高考热点题型 ‎ (对应学生用书第106页)‎ ‎[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)(2018·长春模拟)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.‎ ‎ (1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎ (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ ‎ 【导学号：79170256】‎ 图1‎ ‎ [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. 2分 ‎ 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 ‎ (2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ ‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分 ‎ 由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ ‎ 由已知得，三棱锥EACD的体积V三棱锥EACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2. 9分 ‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ ‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ ‎ 故三棱锥EACD的侧面积为3＋2. 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．‎ ‎ (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．‎ 图2‎ ‎ [解]　(1)证明：在三棱柱ABCA1B‎1C1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.‎ ‎ 因为G，F分别是AB，BC的中点，‎ ‎ 所以FG∥AC，且FG＝AC．‎ ‎ 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⊄平面ABE，‎ ‎ 所以C‎1F∥平面ABE. 8分 ‎ (3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，‎ ‎ 所以AB＝＝， 10分 ‎ 所以三棱锥EABC的体积 ‎ V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. 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.‎ ‎ [解]　(1)如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.‎ ‎ 1分 ‎ 证明如下：‎ ‎ 设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.‎ ‎ ∵AK＝AB，F为AE的中点，‎ ‎ ∴KF∥EH，∴KF∥BC． 3分 ‎ ∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，‎ ‎ ∴BC∥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＝，‎ ‎ 从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE. 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′；‎ ‎ (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积. ‎ ‎【导学号：79170257】‎ ‎ [解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 2分 ‎ 又由AE＝CF得＝，‎ ‎ 故AC∥EF.‎ ‎ 由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′. 5分 ‎ (2)由EF∥AC得＝＝.‎ ‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 7分 ‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ ‎ 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，‎ ‎ 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．‎ ‎ 又由＝得EF＝. 10分 ‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ ‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝. 12分 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．‎ ‎　(2018·秦皇岛模拟)如图5所示，在四棱锥PABCD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．‎ ‎ (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．‎ 图5‎ ‎ [解]　(1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点. 2分 ‎ 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⊄平面PAD，‎ ‎ 所以EF∥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. 9分 ‎ 因为F为BD中点，‎ ‎ 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SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，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. 【导学号：79170258】‎ ‎ [证明]　(1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD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＝A． 7分 ‎ 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.‎ ‎ 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