2019年高考数学（含解析)之 立体几何热点问题（解题指导）

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1、立体几何热点问题（解题指导）三年考情分析热点预测 真题印证 核心素养线、面位置关系的证明与线面角2018，18；2018，20；2016天津，17；2018天津，17；2017北京16数学运算、逻辑推理、空间想象线、面位置关系的证明与二面角2018，19；2017，19；2017，18；2017，19；2016，18；2016，19数学运算、逻辑推理、空间想象审题答题指引1.教材与高考对接线面位置关系与空间角【题根与题源】 (选修 21 P109 例 4)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD底面 ABCD，PD DC，点 E 是 PC 的中点，作 EFPB 交

2、PB 于点 F.(1)求证：PA平面 EDB； (2)求证：PB平面 EFD；(3)求二面角 CPB D 的大小【试题评析】1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角2教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解3除了教材给出的解法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化【教材拓展】 已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 为正方形，且 PA平面 ABCD，tan PBA ，F 为63PC 的中点，求二面

3、角 CAFD 的余弦值【探究提高】1.本题与教材选修 21P109 例 4 相比其难点在于不易找到二面角 CAFD 的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求二面角，就可化解这个难点，这也是向量法的优势所在2利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性【链接高考】 (2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是 上异于 C，D 的点CD CD (1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值2.教你如何审题立体几何中的

4、折叠问题【例题】 (2018全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形， E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值【审题路线】【自主解答】【探究提高】 立体几何中折叠问题的解决方法：解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚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，不在同一平面上的性质发生变化【尝试训练】 (2019青岛模拟)如图(1) ，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，且 B

5、C2AD4，E，F 分别为线段 AB，DC 的中点，沿 EF 把 AEFD 折起，使 AECF ，得到如图(2)的立体图形(1)证明：平面 AEFD平面 EBCF；(2)若 BDEC，求二面角 FBDC 的余弦值3.满分答题示范立体几何中的开放问题【例题】 (12 分)如图所示，在正四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 .2(1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB平面 EAC，试确定 E 点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 ，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说明理由

6、114【规范解答】4.高考状元满分心得得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分如第(1)问中利用线面平行的性质证明线线平行 ，第(2)问中建系时证明 PO，AC，BD 两两垂直 ，以及建系后得到各点的坐标 得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分如第(1)问中指出点 E 的位置 ，第(2)问中求两个平面的法向量 和 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证如第(2)中计算 的值 以及计算线段 PF 的长度 等【构建模板】【规范训练】 (2019杭州质检) 如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为2 的菱形，DE平面 ABCD， BF平面 ABCD

7、，DE2 ，DEBF，ABC120.2(1)当 BF 长为多少时，平面 AEF平面 CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角 EAC F 的余弦值2019 年高考数学六大题解满分解题技巧秘籍指导系列专题 07 立体几何热点问题（解题指导）三年考情分析热点预测 真题印证 核心素养线、面位置关系的证明与线面角2018，18；2018，20；2016天津，17；2018天津，17；2017北京16数学运算、逻辑推理、空间想象线、面位置关系的证明与二面角2018，19；2017，19；2017，18；2017，19；2016，18；2016，19数学运算、逻辑推理、空间想象审题答题指引1.教材与高考对

8、接线面位置关系与空间角【题根与题源】 (选修 21 P109 例 4)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD底面 ABCD，PD DC，点 E 是 PC 的中点，作 EFPB 交 PB 于点 F.(1)求证：PA平面 EDB； (2)求证：PB平面 EFD；(3)求二面角 CPB D 的大小【试题评析】1.本例包括了空间向量在立体几何中最主要的两个应用：(1)证明或判定空间中的线面位置关系，(2)求空间角2教材给出的解法虽然都用到了向量，但第(1)(2)题仍然没有脱离线面平行、线面垂直的判定定理，第(3)题是先找到二面角的平面角，然后利用向量求解3除了教材给出的解

9、法外，我们还可以利用相关平面的法向量解答本题，其优点是可以使几何问题代数化【教材拓展】 已知四棱锥 PABCD，底面 ABCD 为正方形，且 PA平面 ABCD，tan PBA ，F 为63PC 的中点，求二面角 CAFD 的余弦值解 如图所示，因为底面 ABCD 为正方形，且 PA底面 ABCD，所以 PA，AB，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系 Axyz，设 AB1，则 PAABtan PBA ，则 B(1，0，0)，P ， C(1，1，0)，63 (0，0，63)故 F ， D(0，1，0)，(12，12，66)所以 (0 ，1，0) ， ，AD AF (12，12，66)设平面 AF

10、D 的法向量为 n(x，y，z)，则得AD n 0，AF n 0，) y 0，12x 12y 66z 0，)令 z ，得 x2.所以 n(2，0， )6 6连接 BD，则 BDAC，又 BDPA，所以 BD平面 AFC，则 ( 1，1，0) 就是平面 AFC 的法向量BD 设二面角 CAFD 的大小为 ，则 cos .所以二面角 CAFD 的余弦值为 .|BD n|BD |n| 2210 55 55【探究提高】1.本题与教材选修 21P109 例 4 相比其难点在于不易找到二面角 CAFD 的平面角，或者说找到二面角的平面角对学生来说是一个难点，而利用空间向量，即找到相关平面的法向量来求二面角

11、，就可化解这个难点，这也是向量法的优势所在2利用向量法解决问题时，要注意运算的正确性【链接高考】 (2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是 上异于 C，D 的点CD CD (1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值(1)证明 由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM.因为 M 为 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，CD 所以 DMCM.又 BCCMC，所以 DM平面 B

12、MC.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.(2)解 以 D 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系DA Dxyz.当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为 的中点CD 由题设得 D(0，0，0)，A (2，0，0)，B(2，2，0) ，C (0，2，0)，M(0，1，1) ， (2，1， 1)， (0，2，0)， (2，0，0)AM AB DA 设 n(x，y，z )是平面 MAB 的法向量，则 即 可取 n(1，0，2) nAM 0，nAB 0，) 2x y z 0，2y 0. )是平面 MCD 的法向量，DA 因此 cosn， ，sin n ， .D

13、A nDA |n|DA | 55 DA 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为 .2552.教你如何审题立体几何中的折叠问题【例题】 (2018全国卷)如图，四边形 ABCD 为正方形， E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF.(1)证明：平面 PEF平面 ABFD；(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值【审题路线】【自主解答】(1)证明 由已知可得，BFPF ，BF EF，又 PFEFF， PF，EF 平面 PEF，所以 BF平面 PEF.又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 AB

14、FD.(2)解 作 PH EF，垂足为 H.由(1)得，PH 平面 ABFD.以 H 为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，| |为单位长，FB HF HP BF 建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz .由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1，所以 PE .又 PF1，EF2，故3EF2PE 2PF 2，所以 PEPF.可得 PH ， EH .则 H(0，0，0)，P ，D ， ， 32 32 (0，0，32) ( 1， 32，0) DP (1，32，32) HP 为平面 ABFD 的一个法向量(0，0，32)设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 s

15、in .|HP DP |HP |DP |343 34所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 .34【探究提高】 立体几何中折叠问题的解决方法：解决立体几何中的折叠问题，关键是搞清楚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，不在同一平面上的性质发生变化【尝试训练】 (2019青岛模拟)如图(1) ，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，且 BC2AD4，E，F 分别为线段 AB，DC 的中点，沿 EF 把 AEFD 折起，使 AECF ，得到如图(2)的立体图形(1)证明：平面 AEFD平面 EBCF；(2)若 BDEC，求二面

16、角 FBDC 的余弦值(1)证明 由折叠可知，AE EF.因为 AECF，且 EFCFF，所以 AE平面 EBCF.因为 AE平面 AEFD，所以平面AEFD平面 EBCF.(2)解 如图所示，过点 D 作 DGAE 交 EF 于点 G，连接 BG，则DG平面 EBCF，所以 DGEC .因为 BDEC，BDDGD， 所以 EC平面 BDG，所以 ECBG.所以BGEGECCEBGEC，所以BGECEB ，且EBC GEB 90，所以EGBBEC ，则 ，EGEB EBBC因为 EGAD 2，BC4，所以 EB2 .2以 E 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向， 的方向为 y 轴的正方向，

17、 的方向为 zEB EF EA 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz，则 F(0，3，0)，D(0 ，2，2 )，2C(2 ，4，0) ， A(0，0，2 )，B(2 ，0，0) 2 2 2故 ( 2 ，2，2 )， (0，1，2 )， (0，4，0)，BD 2 2 FD 2 BC (2 ，2，2 )CD 2 2设平面 FBD 的法向量 n(x，y，z)，则 nBD 22x 2y 22z 0，nFD y 22z 0. )令 z1，得 y2 ，x 3，2所以平面 FBD 的一个法向量是 n(3，2 ，1) 2设平面 BCD 的法向量 m(a，b，c)，则 mBC 4b 0，mCD

18、22a 2b 22c 0.)令 a1，得 b0，c1，所以平面 BCD 的一个法向量是 m(1，0，1)则 cosn，m .nm|n|m| 4182 23易知，所求二面角为锐角，所以二面角 FBDC 的余弦值为 .233.满分答题示范立体几何中的开放问题【例题】 (12 分)如图所示，在正四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 .2(1)若点 E 为 PD 上的点，且 PB平面 EAC，试确定 E 点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐二面角的余弦值为 ，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说

19、明理由114【规范解答】4.高考状元满分心得得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分如第(1)问中利用线面平行的性质证明线线平行 ，第(2)问中建系时证明 PO，AC，BD 两两垂直 ，以及建系后得到各点的坐标 得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分如第(1)问中指出点 E 的位置 ，第(2)问中求两个平面的法向量 和 得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证如第(2)中计算 的值 以及计算线段 PF 的长度 等【构建模板】【规范训练】 (2019杭州质检) 如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为2 的菱形，DE平面 ABCD， BF平面 A

20、BCD，DE2 ，DEBF，ABC120.2(1)当 BF 长为多少时，平面 AEF平面 CEF?(2)在(1)的条件下，求二面角 EAC F 的余弦值解 (1)连接 BD 交 AC 于点 O，则 ACBD .取 EF 的中点 G，连接 OG，则 OGDE .DE平面 ABCD，OG平面 ABCD.OG，AC，BD 两两垂直以 AC，BD，OG 所在直线分别作为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设 BFm(0m2 )，2由题意，易求 A( ，0，0) ，3C( ，0，0)，E(0 ，1， 2 )，3 2F(0，1，m)则 ( ， 1，2 )， ( ，1，m) ， ( ，1，2

21、 )，AE 3 2 AF 3 CE 3 2( ，1，m)，CF 3设平面 AEF，平面 CEF 的法向量分别为 n1(x 1，y 1，z 1)，n 2( x2，y 2，z 2)则 n1AE 0，n1AF 0，) 3x1 y1 22z1 0， 3x1 y1 mz1 0，)解得z1 23m 22x1，y1 26 3mm 22x1.)取 x1m2 ，得 n1(m2 ，2 m，2 )2 2 6 3 3同理可求 n2(m2 ， m2 ，2 )2 3 6 3若平面 AEF平面 CEF，则 n1n20，(m2 )2( m2 )(2 m)120，2 3 6 6 3解得 m 或 m7 (舍) ，2 2故当 BF

22、 长为 时，平面 AEF平面 CEF.2(2)当 m 时， ( ，1，2 )， (2 ，0，0) ， (0，2， )，2 AE 3 2 AC 3 EF 2( ，1， )， ( ，1， )，AF 3 2 CF 3 2则 0， 0，所以 EFAF ，EFCF ，且 AFCFF，所以 EF平面EF AF EF CF AFC，所以平面 AFC 的一个法向量为 (0 ，2， )EF 2设平面 AEC 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 得nAE 0，nAC 0，) 3x y 22z 0， 23x 0， ) y 22z，x 0. )令 z ，n (0，4， )2 2从而 cosn， .EF nEF |n|EF | 663 33故所求的二面角 EACF 的余弦值为 .33