PAGEPAGE1熱點探究課(四)立體幾何中的高考熱點問題[命題解讀]1.立體幾何初步是高考的重要內容，幾乎每年都考查一個解答題，兩個選擇或填空題，客觀題主要考查空間概念，三視圖及簡單計算；解答題主要采用“論證與計算〞相結合的模式，即利用定義、公理、定理證明空間線線、線面、面面平行或垂直，并與幾何體的性質相結合考查幾何體的計算.2.重在考查學生的空間想象能力、邏輯推理論證能力及數學運算能力．考查的熱點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；同時考查轉化化歸思想與數形結合的思想方法．熱點1線面位置關系與體積計算(答題模板)以空間幾何體為載體，考查空間平行與垂直關系是高考的熱點內容，并常與幾何體的體積計算交匯命題，考查學生的空間想象能力、計算與數學推理論證能力，同時突出轉化與化歸思想方法的考查，試題難度中等．(本小題總分值12分)(2022·全國卷Ⅰ)如圖1，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點，BE⊥平面ABCD.圖1(1)證明：平面AEC⊥平面BED；(2)假設∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E-ACD的體積為eq\f(\r(6),3)，求該三棱錐的側面積．[思路點撥](1)注意到四邊形ABCD為菱形，聯想到對角線垂直，從而進一步證線面垂直，面與面垂直；(2)根據幾何體的體積求得底面菱形的邊長，計算側棱，求出各個側面的面積．[標準解答](1)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE.2分因為BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.4分(2)設AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x.6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由得，三棱錐E-ACD的體積V三棱錐E-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3)，故x＝2.9分從而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為eq\r(5).故三棱錐E-ACD的側面積為3＋2eq\r(5).12分[答題模板]第一步：由線面垂直的性質，得線線垂直AC⊥BE.第二步：根據線面垂直、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：計算各個側面三角形的面積，求得四棱錐的側面積．第五步：檢驗反思，查看關鍵點，標準步驟．[溫馨提示]1.在第(1)問，易無視條件BD∩BE＝B，AC平面AEC，造成推理不嚴謹，導致扣分．2．正確的計算結果是得分的關鍵，此題在求三棱錐的體積與側面積時，需要計算的量較多，防止計算結果錯誤失分，另外對于每一個得分點的解題步驟一定要寫全．閱卷時根據得分點評分，有那么得分，無那么不得分．[對點訓練1]如圖2，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分別是A1C1，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，因為BB1⊥底面ABC，AB平面ABC所以BB1⊥AB.2分又因為AB⊥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G，連接EG，FG.因為G，F分別是AB，BC的中點，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C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又因為EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F∥平面ABE(3)因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3)，10分所以三棱錐E-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).12分熱點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、面間的位置關系與計算有關的幾何量，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，同時也為空間立體圖形向平面圖形轉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，F為AE的中點．現沿AE將三角形ADE向上折起，在折起的圖形中解答以下問題：圖3(1)在線段AB上是否存在一點K，使BC∥平面DFK？假設存在，請證明你的結論；假設不存在，請說明理由；(2)假設平面ADE⊥平面ABCE，求證：平面BDE⊥平面ADE.【導學號：66482345】[解](1)如圖，線段AB上存在一點K，且當AK＝eq\f(1,4)AB時，BC∥平面DFK.1分證明如下：設H為AB的中點，連接EH，那么BC∥EH.∵AK＝eq\f(1,4)AB，F為AE的中點，∴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，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的圖形中，AE＝BE＝eq\r(2)，從而AE2＋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[規律方法]1.解決與折疊有關的問題的關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，而位置關系往往會發生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．2．在解決問題時，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．[對點訓練2](2022·全國卷Ⅱ)如圖4，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．圖4(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積．[解](1)證明：由得AC⊥BD，AD＝CD.2分又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.5分(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.7分所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(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OD′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).10分五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).12分

熱點3線、面位置關系中的開放存在性問題是否存在某點或某參數，使得某種線、面位置關系成立問題，是近幾年高考命題的熱點，常以解答題中最后一問的形式出現，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．(2022·石家莊質檢)如圖5所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側面PAD⊥底面ABCD，且E，F分別為PC，BD的中點．圖5(1)求證：EF∥平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點G，使得平面EFG⊥平面PDC？假設存在，請說明其位置，并加以證明；假設不存在，請說明理由.【導學號：66482346】[解](1)證明：如下圖，連接AC，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，且點F為對角線BD的中點.2分所以對角線AC經過點F.又在△PAC中，點E為PC的中點，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∥平面PAD.5分(2)存在滿足要求的點G.在線段CD上存在一點G為CD的中點，使得平面EFG⊥平面PDC.因為底面ABCD是邊長為a的正方形，所以CD⊥AD.7分又側面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，側面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中點G，連接FG，EG.9分因為F為BD中點，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[規律方法]1.在立體幾何的平行關系問題中，“中點〞是經常使用的一個特殊點，通過找“中點〞，連“中點〞，即可出現平行線，而線線平行是平行關系的根本．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，對于命題結論的探索，常從條件出發，探索出要求的結論是什么，對于探索結論是否存在，求解時常假設結論存在，再尋找與條件相容或者矛盾的結論．[對點訓練3](2022·湖南師大附中檢測)如圖6，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的eq\r(2)倍，P為側棱SD上的點．圖6(1)求證：AC⊥SD；(2)假設SD⊥平面PAC，那么側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？假設存在，求SE∶EC；假設不存在，請說明理由．[證明](1)連接BD，設AC交BD于點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.因為SD平面SBD，所以AC⊥SD.5分(2)在棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC.連接OP.設正方形ABCD的邊長為a，那么SC＝S