2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn) 專題二 高考中解答題的審題方法探究3 立體幾何 理

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1、"2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn) 專題二 高考中解答題的審題方法探究3 立體幾何 理 " 主要題型：高考中的立體幾何題目是很成熟的一種類型，常?？疾椤捌叫小?、“垂直”兩大證明及“空間角”的計(jì)算問題，解題方法上表現(xiàn)為傳統(tǒng)方法與向量方法：傳統(tǒng)方法優(yōu)勢(shì)表現(xiàn)為計(jì)算簡(jiǎn)單，過程簡(jiǎn)潔，但是對(duì)概念的理解要求深刻、透徹；向量方法更多的體現(xiàn)是作為一種工具，且有固定的“解題套路”，但是要有準(zhǔn)確建立空間直角坐標(biāo)系及較強(qiáng)的運(yùn)算能力． 【例5】? (2020·福建)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中AA1＝AD＝1，E為CD中點(diǎn)． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得D

2、P∥平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說明理由； (3)若二面角A-B1E-A1的大小為30°，求AB的長(zhǎng)． [審題路線圖] 長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1， ?建立空間直角坐標(biāo)系， ?求出向量與的坐標(biāo)， ?利用·＝0證明結(jié)論：B1E⊥AD. ?假設(shè)存在點(diǎn)P(0,0，z0)求， ?設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)，求n， ?利用n·＝0，證明n⊥，可得出結(jié)論DP∥平面B1AE. ?由n⊥求出z0，即得AP的長(zhǎng)． ?確定平面A1B1E、AB1E的法向量． ?利用二面角的平面角的度數(shù)即可得到關(guān)于|AB|的方程，從而求得|AB|的值． [規(guī)范解答]

3、 (1)以A為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1，0)，D1(0,1,1)， E，B1(a,0,1)，(2分) 故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1.(4分) (2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此時(shí)＝(0，－1，z0)． 又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，則y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一個(gè)法向量n＝.(6分) 要使DP

4、∥平面B1AE只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝.(8分) (3)連接A1D，B1C，由長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C. 又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一個(gè)法向量，此時(shí)＝(0,1,1)．(10分) 設(shè)與n所成的角為θ， 則cos θ＝＝ . ∵二面角A-B1E-A1的大小為30°， ∴|cos θ|＝cos 30°，即＝. 解得a＝2，即AB的長(zhǎng)為2.(

5、13分) 搶分秘訣,(1)利用“線線?線面?面面”三者之間的相互轉(zhuǎn)化證明有關(guān)位置關(guān)系問題：①由已知想未知，由求證想判定，即分析法與綜合法相結(jié)合來找證題思路；②利用題設(shè)條件的性質(zhì)適當(dāng)添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.(2)空間角的計(jì)算，主要步驟：一作，二證，三算，若用向量，那就是一證、二算.(3)點(diǎn)到平面的距離：①直接能作點(diǎn)到面的垂線求距離；②利用“三棱錐體積法”求距離；③利用向量求解，點(diǎn)P到平面α的距離為＝)(N為P在面α內(nèi)的射影，M∈α，n是α的法向量). [押題4] 如圖，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱長(zhǎng)都是4，E是BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F在側(cè)棱CC1上，且不與點(diǎn)C重合．

6、(1)當(dāng)CF＝1時(shí)，求證：EF⊥A1C； (2)設(shè)二面角CAFE的大小為θ，求tan θ的最小值． 【押題4】 圖1 法一　過E作EN⊥AC于N，連接EF. (1)證明　如圖1，連接NF、AC1，由直棱柱的性質(zhì)知，底面ABC⊥側(cè)面A1C， 又底面ABC∩側(cè)面A1C＝AC，且EN?底面ABC，所以EN⊥側(cè)面A1C，又A1C?平面A1C1，∴EN⊥A1C NF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影， 在Rt△CNE中，CN＝CEcos 60°＝1. 則由＝＝得NF∥AC1， 又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，又NF∩NE＝N. 圖2 ∴A1C⊥平面NEF，又EF?平面NEF

7、. ∴EF⊥A1C. (2)解　如圖2，連接AF，過N作NM⊥AF于M，連接ME. 由(1)知EN⊥AF，又MN∩EN＝N， ∴AF⊥面MNE，∴AF⊥ME. 所以∠EMN是二面角CAFE的平面角，即∠EMN＝θ. 設(shè)∠FAC＝α，則0°<α≤45°. 在Rt△CNE中，NE＝EC·sin 60°＝， 在Rt△AMN中，MN＝AN·sin α＝3sin α， 故tan θ＝＝. 又0°<α≤45°，∴0

8、標(biāo)系，連接EF，AF，則由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0，4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(xiàn)(0,4,1)， 于是＝(0，－4,4)，E＝(－，1,1)．則·E＝(0，－4，4)·(－，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF⊥A1C. (2)解　設(shè)CF＝λ(0<λ≤4)，平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則由(1)得F(0,4，λ)． A＝(，3,0)，A＝(0,4，λ)，于是由m⊥A，m⊥A可得 即取m＝(λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面A1C的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)，于是由θ為銳角可得cos θ＝＝， sin θ＝， 所以tan θ＝＝ . 由0<λ≤4，得≥， 即tan θ≥ ＝. 故當(dāng)λ＝4，即點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，tan θ取得最小值.