2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第7章解答题专项突破（四）　高考中立体几何问题的热点题型

解答题专项突破(四)　

高考中立体几何问题的热点题型

立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．

热点题型1　空间点、线、面的位置关系及空间角的计算　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　(2019·天津高考)

如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.

(1)求证：BF∥平面ADE；

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．

解题思路　由条件知AB，AD，AE两两垂直，可以A为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．

(1)寻找平面ADE的法向量，证明与此法向量垂直，即得线面平行．

(2)与平面BDE的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE和平面BDE所成角的正弦值；

(3)设CF＝h，用h表示二面角E－BD－F的余弦值，通过解方程得到线段长．

规范解答　(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0,0,0)，B(1,0,0)，设F(1,2，h)．

依题意，＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，

又＝(0,2，h)，可得·＝0，

又直线BF⊄平面ADE，

所以BF∥平面ADE.

(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．

设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则

即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．

因此有cos〈，n〉＝＝－.

所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.

(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，

则即

不妨令y1＝1，可得m＝.

由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，

解得h＝.经检验，符合题意．

所以线段CF的长为.

热点题型2　平面图形的折叠问题

　　(2018·全国卷Ⅰ)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PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

解题思路　(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE是矩形．

②证明BF⊥平面PEF.

③证明平面PEF⊥平面ABFD.

(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P作平面ABFD的垂线为z轴，垂足为原点，EF所在直线为y轴，建系．

②求直线DP的方向向量和平面ABFD的法向量．

③由公式计算所求角的正弦值．

解法二：①作：过P作PH⊥EF交EF于点H，连接DH.

②证：证明PH⊥平面ABFD，得∠PDH为直线DP与平面ABFD所成角．

③算：在Rt△PDH中，PD的长度是正方形ABCD的边长，∠PHD＝90°，易知要求sin∠PDH，关键是求PH；由此想到判断△PEF的形状，进一步想到证明PF⊥平面PED.

规范解答　(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)解法一：作PH⊥EF，垂足为H.

由(1)得，PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，设正方形ABCD的边长为2.

由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.

又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.

所以PH＝，EH＝，则H(0,0,0)，P，

D，＝，＝为平面ABFD的一个法向量．

设DP与平面ABFD所成角为θ，

则sinθ＝＝＝.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

解法二：因为PF⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED，

又PF⊥PD，ED∩PD＝D，所以PF⊥平面PED，

所以PF⊥PE，设AB＝4，则EF＝4，PF＝2，

所以PE＝2，过P作PH⊥EF交EF于点H，

因为平面PEF⊥平面ABFD，

所以PH⊥平面ABFD，

连接DH，

则∠PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，

因为PE·PF＝EF·PH，

所以PH＝＝，

因为PD＝4，所以sin∠PDH＝＝，

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

热点题型3　立体几何中的探索性问题

　　(2019·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥底面ABCD，PA＝PC＝2.

(1)求证：PB＝PD；

(2)若点M，N分别是棱PA，PC的中点，平面DMN与棱PB的交点为点Q，则在线段BC上是否存在一点H，使得DQ⊥PH？若存在，求BH的长；若不存在，请说明理由．

解题思路　(1)要证PB＝PD，想到在△PBD中，证明BD边上的中线垂直于BD，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．

(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN的法向量n，分别依据P，B，Q共线和B，C，H共线，设＝λ和＝t，利用垂直关系列方程先求λ再求t，确定点H的位置．

规范解答　(1)证明：记AC∩BD＝O，连接PO，

∵底面ABCD为正方形，

∴OA＝OC＝OB＝OD＝2.

∵PA＝PC，

∴PO⊥AC，

∵平面PAC⊥底面ABCD，且平面PAC∩底面ABCD＝AC，PO⊂平面PAC，

∴PO⊥底面ABCD.

∵BD⊂底面ABCD，∴PO⊥BD.

∴PB＝PD.

(2)存在．以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP＝2.

可得P(0,0,2)，A(0，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(－2，0,0)，

可得M(0，－1,1)，N(0,1,1)，＝(2，－1,1)，＝(0，2,0)．

设平面DMN的法向量n＝(x，y，z)，

∵·n＝0，·n＝0，

∴

令x＝1，可得n＝(1,0，－2)．

记＝λ＝(2λ，0，－2λ)，可得Q(2λ，0,2－2λ)，

＝(2λ＋2,0,2－2λ)，·n＝0，

可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝.

可得＝.

记＝t＝(－2t,2t,0)，可得H(2－2t,2t,0)，

＝(2－2t,2t，－2)，若DQ⊥PH，则·＝0，

(2－2t)＋×(－2)＝0，解得t＝.

故BH＝.

故在线段BC上存在一点H，使得DQ⊥PH，

此时BH＝.