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

"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?？疾椤捌叫小薄ⅰ按怪薄眱纱笞C明及“空間角”的計(jì)算問(wèn)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(guò)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ABCD­A1B1C1D1中AA1AD1，E為CD中點(diǎn)(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由；(3)若二面角A­B1E­A1的大小為30°，求AB的長(zhǎng)審題路線圖長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1，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：B1EAD.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(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)ABa，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)，.·×01×1(1)×10，B1EAD1.(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x1，則y，za，得平面B1AE的一個(gè)法向量n.(6分)要使DP平面B1AE只要n，有az00，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ABCD­A1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，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，則cos .二面角A­B1E­A1的大小為30°，|cos |cos 30°，即.解得a2，即AB的長(zhǎng)為2.(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(wèn)題：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(lái)找證題思路；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：直接能作點(diǎn)到面的垂線求距離；利用“三棱錐體積法”求距離；利用向量求解，點(diǎn)P到平面的距離為)(N為P在面內(nèi)的射影，M，n是的法向量).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(1)當(dāng)CF1時(shí)，求證：EFA1C；(2)設(shè)二面角CAFE的大小為，求tan 的最小值【押題4】 圖1 法一過(guò)E作ENAC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A1CAC，且EN底面ABC，所以EN側(cè)面A1C，又A1C平面A1C1，ENA1CNF為EF在側(cè)面A1C內(nèi)的射影，在RtCNE中，CNCEcos 60°1.則由得NFAC1，又AC1A1C，故NFA1C，又NFNEN.圖2A1C平面NEF，又EF平面NEF.EFA1C.(2)解如圖2，連接AF，過(guò)N作NMAF于M，連接ME.由(1)知ENAF，又MNENN，AF面MNE，AFME.所以EMN是二面角CAFE的平面角，即EMN.設(shè)FAC，則0°<45°.在RtCNE中，NEEC·sin 60°，在RtAMN中，MNAN·sin 3sin ，故tan .又0°<45°，0<sin .故當(dāng)sin ，即當(dāng)45°時(shí)，tan 達(dá)到最小值，tan ×，此時(shí)F與C1重合法二(1)證明建立如圖3所示的空間直角坐標(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)0440，故EFA1C.(2)解設(shè)CF(0<4)，平面AEF的一個(gè)法向量為m(x，y，z)，則由(1)得F(0,4，)A(，3,0)，A(0,4，)，于是由mA，mA可得即取m(，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)，于是由為銳角可得cos ，sin ，所以tan .由0<4，得，即tan .故當(dāng)4，即點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，tan 取得最小值.