【数学】2018届一轮复习人教A版第08讲立体几何探究点的位置的方法学案 10页

高中数学热点难点突破技巧第08讲：‎ 立体几何探究点的位置的方法 ‎【知识要点】‎ 一、立体几何中经常出现探究点的位置的习题，有些同学遇到这种类型的习题, 感到比较迷茫. 立体几何中探究点的位置的方法一般有三种：猜想证明法、直接探究法和设点解方程法.‎ 二、由于文 生没有空间向量，所以文 生一般不用设点解方程法，文 生一般选择猜想证明法和直接探究法. ‎ ‎【方法讲评】‎ 方法一 猜想证明法 使用情景 点的位置刚好很特殊（中点或1:2等分点等），证明也比较方便.‎ 解题步骤 一般先猜想特殊位置（中点，等分点等），再证明.‎ ‎【例1】如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，，侧面底面. 若.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，指出点 的位置并证明，若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）求二面角的余弦值.‎ 在底面中，因为，，‎ 所以 ， 所以.‎ 又因为， 所以平面. ‎ ‎ :学 ]‎ ‎（3）由（1）知，底面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，则（0，0，1），(1,0,0)，(0,2,0),(1,1,0)，则=(1,1,-1),=(-1,1,0)，‎ 显然平面，所以为平面的一个法向量.‎ 设面的一个法向量=()，‎ 则==0且==0，取=1，则=1，=2，则.‎ 设二面角的大小为，由图可知，为锐角，‎ 所以 ， ‎ 即二面角的余弦值为. ‎ ‎【点评】 (1)由于,所以观察联想取的中点试验证明，刚好又可以证明点满足条件，所以这种方法此时是可行的. （2）这种猜想证明法是有局限的，如果动点不是特殊点，那就不好处理，既浪费了考试的时间， 又给自己制造了紧张气氛 . ‎ ‎【反馈检测1】在长方体中，，过，，三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，这个几何体的体积为.‎ ‎（1）证明：直线∥平面； （2）求棱的长；‎ ‎（3）在线段上是否存在点，使直线与垂直，如果存在，求线段的长，如果不存在，请说明理由.‎ ‎ ‎ 方法二 直接探究法 使用情景 直接求解.‎ 解题步骤 直接通过解三角形(正弦定理、余弦定理、直角三角函数和相似三角形) 等求解.‎ ‎【例2】如图,直三棱柱中，侧棱长为2，,是的中点，上是否存在点,交于点,且,如果存在，求线段的长.‎ ‎【解析】假设上是否存在点，设 则.‎ ‎ ‎ ‎【点评】（1）本题如果利用猜想证明法，猜想中点，但是本题恰好不是中点，所以显示出猜想证明法的局限性了. (2)本题利用的是直接探究法，直接通过解三角形（相似三角形）求得. 解三角形可以利用正弦定理、余弦定理、三角函数和相似三角形.学~ · ‎ ‎【反馈检测2】如图，四边形为矩形，平面，，平面，且点在上．‎ ‎(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；‎ ‎(3)设点在线段上，且满足，试在线段上确定一点，使得平面.‎ 方法三 设点解方程法 使用情景 方法比较普遍，已知条件适合建立空间直角坐标系，适用于大多数题目 .（文生一般不用此法，因为文 没有空间向量）‎ 解题步骤 先设点,且，再用表示点的坐标，最后把点的坐标代入已知的某个条件等式求出的值，即得点的位置.‎ ‎【例3】如图，四棱柱中, 侧棱底面，，，，为棱的中点. ‎ ‎ (1) 证明：；(2) 设点在线段上, 且直线与平面所成角的正弦值为, 求线段的长. ‎ ‎ (2) 设有 ‎.可取为平面的一个法向量.‎ 设为直线与平面所成角，则 于是解得所以.‎ ‎【点评】(1)本题试验中点，发现证明不了，所以最好直接利用设点解方程组法.先设点,且，再用表示点的坐标，最后把点的坐标代入已知的某个条件等式求出的值，即得点的位置.(2)在设点时，要注意的范围，以免出现增解.(3)设点时，有时不需要设三个未知数，要结合实际情况，确定未知数的个数，未知数越少越好.学 ‎ ‎【反馈检测3】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.‎ ‎（1）求证：∥平面；（2）求证：；‎ ‎（3）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【反馈检测4】如图，的外接圆的半径为，所在的平面，，，，且，．‎ ‎（1）求证：平面平面．‎ ‎（2）试问线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．‎ 高中数学热点难点突破技巧第08讲：‎ 立体几何探究点的位置的方法参考答案 ‎【反馈检测1答案】（1）证明见解析；（2）4；（3）存在，‎ ‎（2）解：设，∵几何体的体积为，‎ ‎∴， 即，‎ 即，解得．∴的长为4．‎ ‎（3）在平面中作交于，过作交于点，则．‎ 因为，而，‎ 又， 且．‎ ‎∽.‎ 为直角梯形，且高.‎ ‎【反馈检测2答案】(1)见解析；(2)见解析.(3)点为线段上靠近点的一个三等分点.‎ ‎【反馈检测2详细解析】‎ ‎ (3)解：在△中，过点作∥交于点，在△中过点作∥交于点，连结，则由＝，得＝.‎ 由∥，⊂平面，⊄平面，则∥平面.‎ 再由∥，∥，⊂平面，⊄平面，‎ 得∥平面，所以平面∥平面.又⊂平面，则∥平面.‎ 故当点为线段上靠近点的一个三等分点时，∥平面.‎ ‎【反馈检测3答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在, ‎ ‎【反馈检测3详细解析】（1)连结交于，连结,因为四边形为正方形，所以为的中点，又点为的中点，在中，有中位线定理有//，而平面，平面，所以，//平面.‎ 依题意，以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，因为，则，，，所，‎ 易知为平面的法向量，设，所以平面的法向量为，所以，即，所以，取，‎ 则，又二面角的大小为，‎ 所以，解得.‎ 故在线段上是存在点，使二面角的大小为，且.‎ ‎【反馈检测4答案】（1）答案详见解析；（2）存在，且．学 ……5 ‎ ‎【反馈检测4详细解析】（1）∵C⊥平面，‎ ‎∴ ⊥平面，∴⊥ ∵=1， ∴ ，‎ 从而 ∵⊙的半径为，∴是直径，‎ ‎∴⊥ 又∵CD ⊥平面，∴CD⊥，故⊥平面 平面BCDE，∴平面平面 ‎（2）方法1：假设点存在，过点作⊥于，连结，作⊥于，连结 ‎∵平面平面，∴⊥平面，∴为与平面所成的角 故，从而满足条件的点存在，且 方法2：建立如图所示空间直角坐标系，‎ 则：（4，0，0），（0，2，0），（0，0，4），（0，2，1），（0，0，0），则 易知平面的法向量为，假设点存在，设，则，再设，即，从而 设直线与平面所成的角为，则：‎ 解得，其中应舍去，而故满足条件的点存在，且点的坐标为