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新編高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件: 第7章 立體幾何初步 熱點(diǎn)探究課4 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題學(xué)案 文 北師大版

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1、 熱點(diǎn)探究課(四) 立體幾何中的高考熱點(diǎn)問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第107頁) [命題解讀] 1.立體幾何初步是高考的重要內(nèi)容,幾乎每年都考查一個(gè)解答題,兩個(gè)選擇或填空題,客觀題主要考查空間概念,三視圖及簡單計(jì)算;解答題主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模式,即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直,并與幾何體的性質(zhì)相結(jié)合考查幾何體的計(jì)算.2.重在考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.考查的熱點(diǎn)是以幾何體為載體的垂直、平行的證明、平面圖形的折疊、探索開放性問題等;同時(shí)考查轉(zhuǎn)化化歸思想與數(shù)形結(jié)合的思想方法. 熱點(diǎn)1 線面位置關(guān)系與體積計(jì)算(答題模板)

2、 以空間幾何體為載體,考查空間平行與垂直關(guān)系是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容,并常與幾何體的體積計(jì)算交匯命題,考查學(xué)生的空間想象能力、計(jì)算與數(shù)學(xué)推理論證能力,同時(shí)突出轉(zhuǎn)化與化歸思想方法的考查,試題難度中等.  (本小題滿分12分)(20xx·長春模擬)如圖1,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點(diǎn),BE⊥平面ABCD. 圖1 (1)證明:平面AEC⊥平面BED; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐E-ACD的體積為,求該三棱錐的側(cè)面積. 【導(dǎo)學(xué)號:00090256】 [思路點(diǎn)撥] (1)注意到四邊形ABCD為菱形,聯(lián)想到對角線垂直,從而進(jìn)一步證線面垂直,面與面垂直;(2)

3、根據(jù)幾何體的體積求得底面菱形的邊長,計(jì)算側(cè)棱,求出各個(gè)側(cè)面的面積. [規(guī)范解答] (1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以AC⊥BD. 因?yàn)锽E⊥平面ABCD,AC平面ABCD,所以AC⊥BE. 2分 因?yàn)锽D∩BE=B,故AC⊥平面BED. 又AC平面AEC, 所以平面AEC⊥平面BED. 4分 (2)設(shè)AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因?yàn)锳E⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x. 6分 由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱錐E-ACD的體積V三棱錐

4、E-ACD=×·AC·GD·BE=x3=,故x=2. 9分 從而可得AE=EC=ED=. 所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3+2. 12分 [答題模板] 第一步:由線面垂直的性質(zhì),得線線垂直AC⊥BE. 第二步:根據(jù)線面垂直、面面垂直的判定定理證明平面AEC⊥平面BED. 第三步:利用棱錐的體積求出底面菱形的邊長. 第四步:計(jì)算各個(gè)側(cè)面三角形的面積,求得四棱錐的側(cè)面積. 第五步:檢驗(yàn)反思,查看關(guān)鍵點(diǎn),規(guī)范步驟. [溫馨提示] 1.在第(1)問,易忽視條件BD∩BE=B,AC平面AEC,造成推理不

5、嚴(yán)謹(jǐn),導(dǎo)致扣分. 2.正確的計(jì)算結(jié)果是得分的關(guān)鍵,本題在求三棱錐的體積與側(cè)面積時(shí),需要計(jì)算的量較多,防止計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤失分,另外對于每一個(gè)得分點(diǎn)的解題步驟一定要寫全.閱卷時(shí)根據(jù)得分點(diǎn)評分,有則得分,無則不得分. [對點(diǎn)訓(xùn)練1] 如圖2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F(xiàn)分別是A1C1,BC的中點(diǎn). 圖2 (1)求證:平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)求證:C1F∥平面ABE; (3)求三棱錐E-ABC的體積. [解] (1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因?yàn)锽B1⊥底面ABC,AB平面ABC,

6、 所以BB1⊥AB. 2分 又因?yàn)锳B⊥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)證明:取AB的中點(diǎn)G,連接EG,F(xiàn)G. 因?yàn)镚,F(xiàn)分別是AB,BC的中點(diǎn), 所以FG∥AC,且FG=AC. 因?yàn)锳C∥A1C1,且AC=A1C1, 所以FG∥EC1,且FG=EC1, 6分 所以四邊形FGEC1為平行四邊形, 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G平面ABE,C1F平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. 8分 (3)因?yàn)锳A1=AC=2,BC=1,AB⊥B

7、C, 所以AB==, 10分 所以三棱錐E-ABC的體積 V=S△ABC·AA1=×××1×2=. 12分 熱點(diǎn)2 平面圖形折疊成空間幾何體 先將平面圖形折疊成空間幾何體,再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量,是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向,它很好地將平面圖形拓展成空間圖形,同時(shí)也為空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑,是高考深層次上考查空間想象能力的主要方向.  如圖3,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為CD的中點(diǎn),F(xiàn)為AE的中點(diǎn).現(xiàn)沿AE將三角形ADE向上折起,在折起的圖形中解答下列問題: 圖3 (1)在線段A

8、B上是否存在一點(diǎn)K,使BC∥平面DFK?若存在,請證明你的結(jié)論;若不存在,請說明理由; (2)若平面ADE⊥平面ABCE,求證:平面BDE⊥平面ADE. [解] (1)如圖,線段AB上存在一點(diǎn)K,且當(dāng)AK=AB時(shí),BC∥平面DFK. 1分 證明如下: 設(shè)H為AB的中點(diǎn),連接EH,則BC∥EH. ∵AK=AB,F(xiàn)為AE的中點(diǎn), ∴KF∥EH,∴KF∥BC. 3分 ∵KF平面DFK,BC平面DFK, ∴BC∥平面DFK. 5分 (2)證明:∵在折起前的圖形中E為CD的中點(diǎn),AB=2,BC=1, ∴在折起后的圖形中,AE=BE=, 從而A

9、E2+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 [規(guī)律方法] 1.解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長度是不變量,而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口. 2.在解決問題時(shí),要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形. [對點(diǎn)訓(xùn)練2] (20xx·全國卷Ⅱ)如圖4,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在AD,CD上,AE=CF,EF交

10、BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置. 圖4 (1)證明:AC⊥HD′; (2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱錐D′-ABCFE的體積. 【導(dǎo)學(xué)號:00090257】 [解] (1)證明: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O(shè)H=1,D′H=DH=3. 于是OD′2+OH2=(2)2+12=9=D′H2, 故OD′⊥OH. 由(

11、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O(shè)D′⊥平面ABC. 又由=得EF=. 10分 五邊形ABCFE的面積S=×6×8-××3=. 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V=××2=. 12分 熱點(diǎn)3 線、面位置關(guān)系中的開放存在性問題 是否存在某點(diǎn)或某參數(shù),使得某種線、面位置關(guān)系成立問題,是近幾年高考命題的熱點(diǎn),常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn),一般有三種類型:(1)條件追溯型.(2)存在探索型.(3)方法類比探索型.   (20xx·秦皇島模擬)如圖5所示,在四棱錐P

12、-ABCD中,底面ABCD是邊長為a的正方形,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且E,F(xiàn)分別為PC,BD的中點(diǎn). 圖5 (1)求證:EF∥平面PAD; (2)在線段CD上是否存在一點(diǎn)G,使得平面EFG⊥平面PDC?若存在,請說明其位置,并加以證明;若不存在,請說明理由. [解] (1)證明:如圖所示,連接AC,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為a的正方形,且點(diǎn)F為對角線BD的中點(diǎn). 2分 所以對角線AC經(jīng)過點(diǎn)F. 又在△PAC中,點(diǎn)E為PC的中點(diǎn), 所以EF為△PAC的中位線, 所以EF∥PA. 又PA平面PAD,EF平面PAD, 所以EF∥平

13、面PAD. 5分 (2)存在滿足要求的點(diǎn)G. 在線段CD上存在一點(diǎn)G為CD的中點(diǎn),使得平面EFG⊥平面PDC. 因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長為a的正方形, 所以CD⊥AD. 7分 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,CD平面ABCD,側(cè)面PAD∩平面ABCD=AD, 所以CD⊥平面PAD. 又EF∥平面PAD,所以CD⊥EF. 取CD中點(diǎn)G,連接FG,EG. 9分 因?yàn)镕為BD中點(diǎn), 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

14、 [規(guī)律方法] 1.在立體幾何的平行關(guān)系問題中,“中點(diǎn)”是經(jīng)常使用的一個(gè)特殊點(diǎn),通過找“中點(diǎn)”,連“中點(diǎn)”,即可出現(xiàn)平行線,而線線平行是平行關(guān)系的根本. 2.第(2)問是探索開放性問題,采用了先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再加以證明,對于命題結(jié)論的探索,常從條件出發(fā),探索出要求的結(jié)論是什么,對于探索結(jié)論是否存在,求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論. [對點(diǎn)訓(xùn)練3] (20xx·湖南師大附中檢測)如圖6,四棱錐S-ABCD的底面是正方形,每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍,P為側(cè)棱SD上的點(diǎn). 圖6 (1)求證:AC⊥SD; (2)若SD⊥平面PAC,則側(cè)棱

15、SC上是否存在一點(diǎn)E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC;若不存在,請說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號:00090258】 [證明] (1)連接BD,設(shè)AC交BD于點(diǎn)O,連接SO,由題意得四棱錐S-ABCD是正四棱錐,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?yàn)镾D平面SBD,所以AC⊥SD. 5分 (2)在棱SC上存在一點(diǎn)E,使得BE∥平面PAC. 連接OP.設(shè)正方形ABCD的邊長為a,則SC=SD=A. 7分 由SD⊥平面PAC得SD⊥PC,易求得PD=. 故可在SP上取一點(diǎn)N,使得PN=PD. 過點(diǎn)N作PC的平行線與SC交于點(diǎn)E,連接BE,BN, 在△BDN中,易得BN∥PO. 10分 又因?yàn)镹E∥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?yàn)镾N∶NP=2∶1,所以SE∶EC=2∶1. 12分

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