高考数学专题复习课件：8-9　热点专题 58页

§8.9 　热点专题 —— 立体几何中的热点问题 热点一　线面位置关系的证明及空间角的求法 空间位置关系的证明及空间角的求法是每年高考的必考内容，且出现在解答题中，第 (1) 问考查位置关系的证明，第 (2) 问考查空间角的求法． 【 解析 】 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A (0 ， 0 ， 0) ， B (0 ， 1 ， 0) ， C (2 ， 0 ， 0) ， D (1 ，－ 2 ， 0) ， A 1 (0 ， 0 ， 2) ， B 1 (0 ， 1 ， 2) ， C 1 (2 ， 0 ， 2) ， D 1 (1 ，－ 2 ， 2) ． 【 方法规律 】 (1) 空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题． (2) 空间向量法求解空间角的关键是把空间角转化为空间向量所成的角． 变式训练 1 ．如图所示的几何体，四边形 ABCD 中，有 AB ∥ CD ， ∠ BAC ＝ 30° ， AB ＝ 2 CD ＝ 2 ， CB ＝ 1 ，点 E 在平面 ABCD 内的射影是点 C ， EF ∥ AC ，且 AC ＝ 2 EF . (1) 求证：平面 BCE ⊥ 平面 ACEF ； (2) 若二面角 D AF C 的平面角为 60 ° ，求 CE 的长． 又 EC ⊥ 平面 ABCD ， BC ⊂ 平面 ABCD ， 所以 BC ⊥ EC . 又 AC ∩ EC ＝ C ， 所以 BC ⊥ 平面 ACEF ， 所以平面 BCE ⊥ 平面 ACEF . (2) 因为 EC ⊥ 平面 ABCD ，又由 (1) 知 BC ⊥ AC ，所以可以 C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz . 热点二　平面图形的翻折问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为平面图形翻折问题．常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题． (1) 证明： CD ⊥ 平面 A 1 OC ； (2) 若平面 A 1 BE ⊥ 平面 BCDE ，求平面 A 1 BC 与平面 A 1 CD 夹角的余弦值． 即在题图 2 中， BE ⊥ OA 1 ， BE ⊥ OC ， 从而 BE ⊥ 平面 A 1 OC . 又 CD ∥ BE ， 所以 CD ⊥ 平面 A 1 OC . 【 方法规律 】 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地翻折后还在同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． 变式训练 2 ． (2017· 湖北八校模拟 ) 如图所示，在矩形 ABCD 中， AB ＝ 3 ， BC ＝ 4 ， E ， F 分别在线段 BC ， AD 上， EF ∥ AB ，将矩形 ABEF 沿 EF 折起，记折起后的矩形为 MNEF ，且平面 MNEF ⊥ 平面 ECDF . (1) 求证： NC ∥ 平面 MFD ； (2) 若 EC ＝ 3 ，求证： ND ⊥ FC ； (3) 求四面体 N EFD 体积的最大值． 【 解析 】 (1) 证明 ∵ 平行四边形 MNEF 和 EFDC 都是矩形， ∴ MN ∥ EF ， EF ∥ CD ， MN ＝ EF ＝ CD ， ∴ MN ∥ CD . ∴ 四边形 MNCD 是平行四边形． ∴ NC ∥ MD . ∵ NC ⊄ 平面 MFD ， MD ⊂ 平面 MFD ， ∴ NC ∥ 平面 MFD . (2) 证明 连接 ED ，交 FC 于点 O . ∵ 平面 MNEF ⊥ 平面 ECDF ，且 NE ⊥ EF ， 平面 MNEF ∩ 平面 ECDF ＝ EF ， NE ⊂ 平面 MNEF ， ∴ NE ⊥ 平面 ECDF . ∵ FC ⊂ 平面 ECDF ， ∴ FC ⊥ NE . ∵ EC ＝ CD ， ∴ 四边形 ECDF 为正方形， ∴ FC ⊥ ED . 又 ∵ ED ∩ NE ＝ E ， ED ， NE ⊂ 平面 NED ， ∴ FC ⊥ 平面 NED . ∵ ND ⊂ 平面 NED ， ∴ ND ⊥ FC . 热点三　立体几何中的探索性问题 此类探索性问题是近几年在高考中常出现的问题，主要有两类问题： (1) 探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么． (2) 探索结论，即在给定条件下，命题的结论是什么．且主要有以下几个命题角度： ① 试确定点 M 的位置，使得 PA ∥ 平面 BMQ ，并证明你的结论； ② 若 PM ＝ 2 MC ，求二面角 P BQ M 的余弦值． (2) (2017· 湖北八校联考 ) 如图所示，在直三棱柱 ABC A 1 B 1 C 1 中， AA 1 ＝ AC ＝ 2 AB ＝ 2 ，且 BC 1 ⊥ A 1 C . ① 求证：平面 ABC 1 ⊥ 平面 A 1 ACC 1 . ② 设 D 是 A 1 C 1 的中点，在线段 BB 1 上是否存在点 E ，使 DE ∥ 平面 ABC 1 ？若存在，求三棱锥 E ABC 1 的体积；若不存在，请说明理由． ② 由题意，以点 D 为原点， DA ， DC ， DP 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又 ∵ A 1 A ＝ AC ， ∴ A 1 C ⊥ AC 1 . 又 ∵ BC 1 ⊥ A 1 C ， AC 1 ∩ BC 1 ＝ C 1 ， AC 1 ， BC 1 ⊂ 平面 ABC 1 ， ∴ A 1 C ⊥ 平面 ABC 1 . ∵ A 1 C ⊂ 平面 A 1 ACC 1 ， ∴ 平面 ABC 1 ⊥ 平面 A 1 ACC 1 . ② 存在． E 为 BB 1 的中点，取 A 1 A 的中点 F ，连接 EF ， FD . 则 EF ∥ AB ， DF ∥ AC 1 ， 【 方法规律 】 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设． 角度二　与空间角有关的探索性问题 【 例 4 】 (1) 如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 中， E ， F ， M ， N 分别是棱 AB ， AD ， A 1 B 1 ， A 1 D 1 的中点，点 P ， Q 分别在棱 DD 1 ， BB 1 上移动，且 DP ＝ BQ ＝ λ (0 ＜ λ ＜ 2) ． ① 当 λ ＝ 1 时，证明：直线 BC 1 ∥ 平面 EFPQ ； ② 是否存在 λ ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出 λ 的值；若不存在，说明理由． 【 解析 】 (1) 方法一 ( 几何法 ) ： ① 证明 如图 1 ，连接 AD 1 ， 由 ABCD A 1 B 1 C 1 D 1 是正方体， 知 BC 1 ∥ AD 1 . 当 λ ＝ 1 时， P 是 DD 1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FP ∥ AD 1 . 所以 BC 1 ∥ FP . 而 FP ⊂ 平面 EFPQ ，且 BC 1 ⊄ 平面 EFPQ ， 故直线 BC 1 ∥ 平面 EFPQ . 分别取 EF ， PQ ， MN 的中点为 H ， O ， G ，连接 OH ， OG ，则 GO ⊥ PQ ， HO ⊥ PQ ，而 GO ∩ HO ＝ O ， 故 ∠ GOH 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角． 若存在 λ ，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则 ∠ GOH ＝ 90 ° . 连接 EM ， FN ，则由 EF ∥ MN ，且 EF ＝ MN ，知四边形 EFNM 是平行四边形． 连接 GH ，因为 H ， G 分别是 EF ， MN 的中点， 所以 GH ＝ ME ＝ 2. 方法二 ( 向量法 ) ：以 D 为原点，射线 DA ， DC ， DD 1 分别为 x ， y ， z 轴的非负半轴建立如图 3 所示的空间直角坐标系 D xyz . 由已知得 B (2 ， 2 ， 0) ， C 1 (0 ， 2 ， 2) ， E (2 ， 1 ， 0) ， F (1 ， 0 ， 0) ， P (0 ， 0 ， λ ) ， (2) ① 在 △ PAD 中， PA ＝ PD ， O 为 AD 中点， 所以 PO ⊥ AD . 又侧面 PAD ⊥ 底面 ABCD ，平面 PAD ∩ 平面 ABCD ＝ AD ， PO ⊂ 平面 PAD ， 所以 PO ⊥ 平面 ABCD . 又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC ，易得 OC ⊥ AD ， 所以以 O 为坐标原点，直线 OC 为 x 轴，直线 OD 为 y 轴，直线 OP 为 z 轴建立空间直角坐标系，则 P (0 ， 0 ， 1) ， A (0 ，－ 1 ， 0) ， B (1 ，－ 1 ， 0) ， C (1 ， 0 ， 0) ， D (0 ， 1 ， 0) ， 【 方法规律 】 对于探索性问题用向量法比较容易入手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在 .