山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（四）高考中立体几何问题热点题型含答案解析

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，每年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，再利用空间点、线、面的位置关系进行空间几何体的体积或表面积的计算求解．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平行、垂直关系的证明 典例(2020·北京西城区摸底)如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，四边形 BDEF 是矩形，平面 BDEF⊥平面 ABCD，BF＝3，G，H分别是 CE，CF 的中点．求证：

(1)AC⊥平面 BDEF；(2)平面 BDGH∥平面 AEF.解题思路(1)看到平面 BDEF⊥平面 ABCD，想到用面面垂直的性质定理证明AC⊥平面 BDEF.(2)要证平面 BDGH∥平面 AEF，可以转化为证明平面 BDGH 内有两条相交直线都与平面 AEF平行，GH∥平面 AEF 易证，另外一条直线可以在△ACF 中寻找． 规范解答(1)因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD.又平面 BDEF⊥平面 ABCD，平面 BDEF∩平面 ABCD＝BD，且 AC⊂平面ABCD，所以 AC⊥平面 BDEF.(2)在△CEF 中，因为 G，H 分别是 CE，CF 的中点，所以 GH∥EF.又 GH⊄平面 AEF，EF⊂平面 AEF，所以 GH∥平面 AEF.设 AC∩BD＝O，连接 OH，如图，在△ACF 中，因为 O，H 分别为 CA，CF 的中点，所以 OH∥AF.因为 OH⊄平面 AEF，AF⊂平面 AEF，所以 OH∥平面 AEF.因为 OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面 BDGH，所以平面 BDGH∥平面 AEF.热点题型 2 立体几何中的计算问题 典例(2019·安徽省定远中学模拟)如图 1，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，E 是 AD 的中点，F 是 CD 的中点，现将三角形 DEF 沿 EF 翻折成如图 2 所示的五棱锥 P－ABCFE.(1)求证：AC∥平面 PEF；(2)求五棱锥 P－ABCFE 的体积最大时△PAC 的面积． 解题思路(1)翻折过程中，多边形 ABCFE 中的点、线之间的位置关系是不变的，由此可证 AC 与平面 PEF 内的一条直线平行．(2)易知当平面 PEF⊥平面 ABCFE 时，五棱锥 P－ABCFE 的体积最大．求△PAC 的面积，关键是求边 AC 上的高．为此，可先借助面面垂直得到线面垂直，然后构造直角三角形求有关线段的长． 规范解答(1)证明：在题图 1 中，连接 AC，如图 3 所示，又 E，F 分别为 AD，CD 的中点，所以 EF∥AC.即图 2 中有 EF∥AC.又 EF⊂平面 PEF，AC⊄平面 PEF，所以 AC∥平面 PEF.(2)在翻折的过程中，当平面 PEF⊥平面 ABCFE 时，五棱锥 P－ABCFE 的体积最大．在图 1 中，取 EF 的中点 M，DE 的中点 N，连接 AM，MN.由正方形 ABCD的性质知，MN∥DF，MN⊥AD，MN＝NE＝1，AE＝DF＝2，AM＝ AN 2 ＋MN 2 ＝ 3 2 ＋1 2 ＝ 10.在题图 2 中，取 EF 的中点 H，分别连接 PH，AH，取 AC 的中点 O，连接 PO.如图 4 所示． 由正方形 ABCD 的性质知，PH⊥EF.又平面 PEF⊥平面 ABCFE，所以 PH⊥平面 ABCFE，则 PH⊥AH.由 AB＝4，有 PF＝AE＝PE＝2，EH＝PH＝HF＝ 2，AC＝4 2，PA＝ PH 2 ＋AH 2 ＝  2 2 ＋ 10 2 ＝2 3.同理可知 PC＝2 3.又 O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，所以 OP＝ PA 2 －OA 2 ＝ 2 3 2 －2 2 2 ＝2，所以 S △ PAC ＝ 12 ×OP×AC＝12 ×2×4 2＝4 2.热点题型 3 立体几何中的探索性问题 典例(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧CD︵ 所在平面垂直，M 是CD︵ 上异于 C，D 的点．

(1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC；(2)在线段 AM 上是否存在点 P，使得 MC∥平面 PBD？说明理由． 解题思路(1)要证明平面 AMD⊥平面 BMC，只需证明 DM⊥平面 BMC，从而转化为线线垂直．(2)探索性问题，采用先猜后证的方法．对于探索结论是否存在，一般先假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论． 规范解答(1)证明：由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM.因为 M 为CD︵ 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM.又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC.而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC.(2)当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD.证明如下：连接 AC，BD，设 AC 交 BD 于 O.因为四边形 ABCD 为矩形，所以O 为 AC 的中点． 连接 OP，因为 P 为 AM 的中点，所以 MC∥OP.又 MC⊄平面 PBD，OP⊂平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD.

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