2019年高考數(shù)學二輪復習 立體幾何中的探索性問題的解題策略.doc
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2019年高考數(shù)學二輪復習 立體幾何中的探索性問題的解題策略 [策略詮釋] 1.主要類型:(1)對平行或垂直關系的探索.(2)對條件或結論不完備的開放性問題的探索. 2.解題思路:首先假設其存在,然后在這個假設下推理論證,如果通過推理得到了合乎情理的結論就肯定假設,若推出了矛盾就否定假設. 3.注意事項:(1)解決此類問題的關鍵是通過條件與所求把要探索的問題確定下來. (2)在轉化過程中要有理有據(jù),不能憑空猜測. 【典例1】 (xx四川高考) 在如圖所示的多面體中,四邊形ABB1A1和ACC1A1都為矩形. (1)若AC⊥BC,證明:直線BC⊥平面ACC1A1; (2)設D,E分別是線段BC,CC1的中點,在線段AB上是否存在一點M,使直線DE∥平面A1MC?請證明你的結論. [審題] (1)切入點:先利用線面垂直的判定定理證明AA1⊥平面ABC,再證明直線BC⊥平面ACC1A1. 關注點:注意條件AC⊥BC的應用. (2)切入點:由于D,E分別是線段BC,CC1的中點,易猜想M應為線段AB的中點. 關注點:只要在平面A1MC內找到一條與DE平行的直線即可. [解題] 【解】 (1)因為四邊形ABB1A1和ACC1A1都是矩形, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.2分 因為AB,AC為平面ABC內兩條相交的直線, 所以AA1⊥平面ABC.4分 因為直線BC?平面ABC,所以AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1,AC為平面ACC1A1內兩條相交的直線, 所以BC⊥平面ACC1A1.6分 (2)取線段AB的中點M,連接A1M,MC,A1C,AC1,設O為A1C,AC1的交點. 由已知,O為AC1的中點.8分 連接MD,OE,則MD,OE分別為△ABC,△ACC1的中位線, 所以,MD綊AC,OE綊AC, 因此MD綊OE.9分 連接OM,從而四邊形MDEO為平行四邊形, 則DE∥MO. 因為直線DE?平面A1MC,MO?平面A1MC, 所以直線DE∥平面A1MC.11分 即線段AB上存在一點M(線段AB的中點),使直線DE∥平面A1MC.12分 [變題] 1.(xx北京東城模擬)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,P為DN的中點. (1)求證:BD⊥MC. (2)線段AB上是否存在點E,使得AP∥平面NEC,若存在,說明在什么位置,并加以證明;若不存在,說明理由. 【解】 (1)連接AC,因為四邊形ABCD是菱形, 所以AC⊥BD. 又ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD, 所以AM⊥平面ABCD. 因為BD?平面ABCD, 所以AM⊥BD. 因為AC∩AM=A, 所以BD⊥平面MAC. 又MC?平面MAC,所以BD⊥MC. (2)當E為AB的中點時,有AP∥平面NEC.取NC的中點S,連接PS,SE. 因為PS∥DC∥AE,PS=AE=DC, 所以四邊形APSE是平行四邊形, 所以AP∥SE. 又SE?平面NEC,AP?平面NEC, 所以AP∥平面NEC. 【典例2】 (12分)(xx北京豐臺模擬)如圖(1),在Rt△ABC中,∠C=90,BC=3,AC=6.D,E分別是AC,AB上的點,且DE∥BC,DE=2,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如圖(2). (1)求證:A1C⊥平面BCDE; (2)若M是A1D的中點,求CM與平面A1BE所成角的大小; (3)線段BC上是否存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直?說明理由. [審題] (1)切入點:先從折疊前后關系入手證明DE⊥AC. 關注點:折疊前后線面間的位置關系. (2)切入點:先由條件建立空間直角坐標系,求面平面A1BE的法向量. 關注點:線面角與方向向量和法向量所求角的關系. (3)切入點:首先假設存在點P. 關注點:由平面A1DP與平面A1BE垂直知其法向量垂直. 【解】 (1)證明:∵AC⊥BC,DE∥BC, ∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D,DE⊥CD, ∴DE⊥平面A1DC. ∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,且DE∩CD=D, ∴A1C⊥平面BCDE. (2)如圖所示,以C為坐標原點,建立空間直角坐標系Cxyz,則A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0). 設平面A1BE的法向量為n=(x,y,z), 則n=0,n=0. 又=(3,0,-2),=(-1,2,0), ∴ 令y=1,則x=2,z=, ∴n=(2,1,).6分 設CM與平面A1BE所成的角為θ. ∵=(0,1,), ∴sin θ=|cos〈n,〉|= ||==. ∴CM與平面A1BE所成角的大小為.8分 (3)線段BC上不存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.理由如下: 假設這樣的點P存在,使其坐標為(p,0,0),其中p∈[0,3]. 設平面A1DP的法向量為m=(x′,y′,z′), 則m=0,m=0. 又=(0,2,-2),=(p,-2,0), ∴ 令x′=2,則y′=p,z′=, ∴m=(2,p,).10分 平面A1DP⊥平面A1BE,當且僅當mn=0, 即4+p+p=0. 解得p=-2,與p∈[0,3]矛盾. ∴線段BC上不存在點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.12分 【變題】 2.(xx貴州貴陽質檢)如圖,正方形AA1D1D與矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2. (1)若點E為AB的中點,求證:BD1∥平面A1DE; (2)在線段AB上是否存在點 E,使二面角D1-EC-D的大小為?若存在,求出AE的長;若不存在,請說明理由. 【解】 (1)四邊形ADD1A1為正方形,連接AD1,A1D∩AD1=F,則F是AD1的中點,又因為點E為AB的中點,連接EF,則EF為△ABD1的中位線,所以EF∥BD1. 又因為BD1?平面A1DE,EF?平面A1DE, 所以BD1∥平面A1DE. (2)根據(jù)題意得DD1⊥平面ABCD,以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),C(0,2,0). 設滿足條件的點E存在, 令E(1,y0,0)(0≤y0≤2), =(-1,2-y0,0),=(0,2,-1), 設n1=(x1,y1,z1)是平面D1EC的法向量, 則得令y1=1,則平面D1EC的法向量為n1=(2-y0,1,2),由題知平面DEC的一個法向量n2=(0,0,1). 由二面角D1-EC-D的大小為得 cos===,解得y0=2-∈[0,2], 所以當AE=2-時,二面角D1-EC-D的大小為.- 配套講稿:
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