立体几何中的综合性问题
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）
1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；
(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．
【答案】见解析
【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为
AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .
(2)以O 为原点,OA →,OB →
的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →
＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·OB →＝0，
n ·OE →＝0，
即⎩⎨
⎧
3y ＝0，
x ＋2z ＝0，
令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝
|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →
·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),
所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →
|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为5
高考数学复习专题：立体几何中的有关证明与综合问题
立体几何中的有关证明与综合问题
例1． 已知斜三棱柱ABC-A ’B ’C ’的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°
（1）求证：AC ⊥面BB ’C ’C 。
（2）当α为何值时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。
讲解：（1）∵ B ’D ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，
∴ B ’D ⊥AC ，
又AC ⊥BC ，BC ∩B ’D=D ， ∴ AC ⊥面BB ’C ’C 。
（2）由三垂线定理知道：要使AB ’⊥BC ’，需且只需AB ’在面BB ’C ’C 内的射影B ’C ⊥BC ’。即四边形BB ’C ’C 为菱形。此时，BC=BB ’。
因为B ’D ⊥面ABC ，所以，BD B '∠就是侧棱B ’B 与底面ABC 所成的角。 由D 恰好落在BC 上，且为BC 的中点，所以，此时BD B '∠=︒60。 即当α=︒60时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。
例2． 如图：已知四棱锥ABCD P -中，底面
四边形为正方形，侧面PDC 为正三角形，且平面PDC ⊥底面ABCD ，E 为PC 中点。
（1）求证：平面EDB ⊥平面PBC ； （2）求二面角C DE B --的平面角的正切值。
讲解：（1）要证两个平面互相垂直，常规的想法是：证明其中一个平面过另一个平面的一条垂线。
首先观察图中已有的直线，不难发现，由于侧
面PDC 为正三角形，所以，PC DE ⊥，那么我们自然想到：是否有PBC DE 面⊥？这样的想法一经产生，证明它并不是一件困难的事情。 ∵ 面PDC ⊥底面ABCD ，交线为DC ，
立体几何解答题存在的常见问题
目录
• 空间想象力的缺乏 • 逻辑推理能力的不足 • 计算能力的欠缺 • 对几何概念的理解不准确 • 解题思路的局限
01
空间想象力的缺乏
对空间几何图形的理解不足
缺乏对空间几何图形的直观感知
无法通过观察图形来理解空间几何形状的特点和性质。
对基本几何概念理解不透彻
无法准确把握点、线、面等基本几何元素在空间中的位置和关系。
详细描述
例如，学生可能混淆了“垂直”、“平行”和“相交”等基 本几何术语，导致在解题过程中出现逻辑错误。
对几何定理的理解不全面
要点一
总结词
学生对几何定理的理解往往不够全面，导致在解题时无法 正确应用。
要点二
详细描述
例如，学生可能只知道“勾股定理”的基本形式，但对其 适用范围和条件理解不足，导致在解题时出现偏差。
学生未能掌握多种解题方法，无法根据问题特点 灵活运用。
缺乏对解题方法的归纳总结
学生未能对解题方法进行归纳总结，导致在解题 过程中无法灵活运用。
3
缺乏对解题方法的实践练习
学生未能通过实践练习提高解题方法的运用能力。
无法将立体几何问题与其他数学知识进行联系
缺乏对数学知识的整体把握
学生未能将立体几何问题与其他数学知识进行联系， 导致解题思路受限。
对三维空间中点、线、面的关系理解不清晰
三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题25 立体几何中综合问题(含解析)
专题25 立体几何中综合问题
考纲解读明方向
分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.
2018年高考全景展示
1．【2018年理数天津卷】如图，
且AD =2BC ，
,
且EG =AD ，
且CD =2FG ，
，DA =DC =DG =2
（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；
（II ）求二面角
的正弦值；
（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线
立体几何综合问题讲解必做题
立体几何综合问题讲解
1.(2015·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD
是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，
求该多面体的体积．
2、如图所示，斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的中点．
(1)证明AD 1∥平面BDC 1.(2)证明BD ∥平面AB 1D 1.
[题点发散1]将本例条件“D 1，D 分别为AC ，A 1C 1上的中点”变为“D 1，D
分别为AC ，A 1C 1上的点”．试问当A 1D 1D 1C 1
等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? [题点发散2] 将本例条件“D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的中点”变为“D ，D 1分别为
AC ，A 1C 1上的点且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1”，试求AD DC
的值． 3如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________．
①|BM |是定值；②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；
④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .
4(2015·郑州一检)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB
＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.
(1)证明：BC ⊥AB 1；
高中数学立体几何综合问题解题策略
Educational Practice and Research 从近几年的高考试题来看，立体几何是历年高考考查的重点，约占整个试卷的15%，通常以中、低档难度为主，以一大两小的模式命题。考查的重点内容是简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明，空间角和空间距离的计算，前者命题多以客观题形式出现，后者主要以解答题的形式出现，注重对推理论证能力和空间想象能力的考查。
一、立体几何知识体系和常用解题方法（一）利用传统方法解决立体几何解答题的知识体系和常用方法
1.证明线线平行和线线垂直的常用方法
（1）证明线线平行:①利用平行线的传递性；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三
角形、梯形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理等。
（2）证明线线垂直:①利用等腰三角形三线合一的性质；②利用勾股定理和逆定理；③利用线面垂直、面面垂直的性质等。
2.证明线面平行和线面垂直的常用方法
（1）证明线面平行:①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质。
（2）证明线面垂直:①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理。
3.证明面面平行和面面垂直的常
用方法
（1）证明面面平行
最常用的方法是利用面面平行的判定定
理。
（2）证明面面垂直最常用
的方法是利用
面面
李春霞
（张家口市第六中学，河北张家口075000）
摘
要：
党的教育方针是把立德树人作为教育的根本任务，要全面实施素质教育，培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人。逻辑推理、直观想象、数学抽象、数学运算、数据分析、数学建模是高中数学的核心素养。立体几何综合问题的解决，全面体现了高中数学的核心素养，让学生具备创新意识，培养学生的创新能力，对于发散学生思维、开拓学生视野、提高学生解决问题的能力等方面有很大的帮助。
立体几何中组合问题的几种解法
立体几何中组合问题的几种解法
解决几何组合问题时，应准确灵活使用加法原理和乘法原理，要分类分步进行，做到不重复不遗漏。
1 直接求解法
例1：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有多少种?
分析：正面考虑本题各步骤的方法比较复杂，计算困难，应运用逆向思维，即先考虑从10个点任意取出4个点的方法，再减去从10个点中取出4点共面的的方法即可。
解：从10个点中找出4个点的方法有Ｃ410=210种，其中在四面体的四个面内各有6个点，取出共面的4个点的方法有4Ｃ4■=60种；相邻面各棱的中点4点共Ｃ410面的有3种；一条棱上三点与其相对棱中点也共面，共6种。
∴所求方法N=210-60-3-6=141(种)
本题应注意“哪些点共面?”共有几种情况?[1]
例2：从平面Ⅱ上取6个点，再从平面B上取4个点，这10个点最多可确定多少个三棱锥?
解法①：分三种情况考虑：第一种情况从平面a上的6个点中任取一个再与从平面β上的4个点中任取3个点构成的三棱锥有Ｃ1■Ｃ■■个；第二种情况，从平面a上的6个点中任取2个与平面13上的4个点中任取2个点构成的三棱锥有Ｃ2■Ｃ2■个；第三种情况，从平面a上的6个点中任取3个点与平面β上的4个点中任取1个点构成的三棱锥有Ｃ■■Ｃ1■个。根据加法原理共有Ｃ1■Ｃ■■+Ｃ2■Ｃ2■ +Ｃ■■Ｃ1■ =24+90+80=194(个)。
解法②：逆向思维：从10个点中任取4个点的组合数Ｃ410中，去掉4个点共面的两种情况即4点在平面a上的Ｃ4■个，4点在平面β上的Ｃ4■个。其余的任4点都能构成一个三棱锥。因此，可构成三棱锥Ｃ410-Ｃ4■-Ｃ4■=210-15-1=194(个)。
第12题 多选题中的立体几何综合问题-2021年高考数学真题(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)
解法二：易知，点 在矩形 内部（含边界）.
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则 ， ， ，所以 或 .故 均满足，故C错误；
第12题多选题中的立体几何综合问题
一､原题呈现
【原题】 正ห้องสมุดไป่ตู้棱柱 中， ，点 满足 ，其中 ， ，则（）
A.当 时， 的周长为定值
B.当 时，三棱锥 的体积为定值
C 当 时，有且仅有一个点 ，使得
D.当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
答案：BD
解析：解法一：对于A，当 时， ，所以 ，因为 ，
所以点P是线段 上的动点，所以 周长不是定值，故A错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 . ，所以 点轨迹为线段 .设 ，因为 ，所以 ， ，所以 ，此时 与 重合，故D正确.故选BD.
【就题论题】多选题中的立体几何试题，常把多个知识点交汇考查，如把几何体长度､角度､面积､体积的计算与线面位置关系结合在一起考查，也可与函数､不等式及空间向量结合在一起考查，此类问题对空间想象能力要求较高，难度也比较大.
(完整版)例析立体几何中的排列组合问题
例析立体几何中的排列组合问题
春晖中学过月圆
在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，体现了《考试大纲》要求的在知识交汇处命题的指导思想，应引起考生的重视。立体几何中的计数问题也是高考的热点题型，解决这类问题的基本方法是以点带面法，下面列举立体几何中排列、组合问题的几个例子。
1占
1八、、
1. 1共面的点
例1 （1997年全国高考（文））
四面体的一个顶点为A，从其它顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有（）
A. 30种
B. 33种
C. 36种
D. 39种
解析：四面体有4个顶点，6条棱有6个中点，每个面上的6个点共面。点A所在的每个面中含A的4点组合有’个，点A在3个面内，共有“个组合；点A在6条棱的3条棱上，每条棱上有3个点，这3点与这条棱对棱的中点共面。所以与点A共面的四点组合共有* '个。
答案：B
点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属97文科试题中难度最大的选择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的3点与它对棱上的中点共面的情况计算在内。
1. 2不共面的点
例2 （1997年全国高考（理））
四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有
（）
A. 150种
B. 147 种
C. 144 种D . 141 种
解析：从10个点中任取4个点有’种取法，其中4点共面的情况有三类：第- 类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有1种；第二类，取任一条棱上的3个点及对棱的中点，这4点共面有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形，它的4个顶点共面，有3种。
高考数学总复习_热点专题突破系列(四-五))立体几何的综合与圆锥曲线的综合问题
(1)求证:DC⊥平面ABC.
(2)设CD=a,求三棱锥A-BFE的体积.
【解析】(1)在图甲中因为AB=BD且∠A=45°,
所以∠ADB=45°,∠ABD=90°,即AB⊥BD.
在图乙中,因为平面ABD⊥平面BDC,
且平面ABD∩平面BDC=BD, 所以AB⊥底面BDC,所以AB⊥CD. 又∠DCB=90°,所以DC⊥BC,且AB∩BC=B, 所以DC⊥平面ABC.
【典例1】(2014·重庆高考改编)如图所示, 在四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形, PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD= ,M为BC上一点,
3
且BM= 1 ,N为AB上一点,且BN= 1 .
2 2
(1)证明:MN∥平面PAC. (2)证明:BC⊥平面POM. (3)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.
中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体
几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也将
空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次
考查空间想象能力的主要方向.
【典例2】(2015·中山模拟)如图1所示,在Rt△ABC中,AC=6,BC=3,
∠ABC=90°,CD为∠ACB的平分线,点E在线段AC上,且CE=4.如图2所示,
(2) VE A B C 1 AA1 S△A B C 2.
专题07 立体几何综合问题(答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题（答题指导）
【题型解读】
▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算
(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．
(2)利用向量求空间角的步骤：
第一步：建立空间直角坐标系；
第二步：确定点的坐标；
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；
第四步：计算向量的夹角(或函数值
)；
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；
第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．
【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是
矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6
，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；
(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．
【答案】见解析
【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6
，AB ＝2AD ， 由余弦定理，得BD ＝3AD ，
从而BD 2＋AD 2＝AB 2
，
所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，
故BD ⊥AD .
因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .
又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .
因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .
(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3
，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，
立体几何中的组合体问题专题(有答案)
立体几何中的组合体问题专题(有答案)
例1.正方体与球问题:正方体的棱长为1.求球的半径:
⑴若正方体的八个顶点都在球面上,
⑵若球内切于正方体;
⑶12条棱组成一个正方体,一充气球在正方体内,求球的最大半径.
例2.正四面体与球问题:正四面体的棱长为1.求球的半径:
⑴若正四面体的四个顶点都在球面上,
⑵若球内切于正四面体;
⑶6条棱组成一个正四面体,一充气球在正四面体内,求球的最大半径.
例3.四球问题:四个球的半径都为1.
⑴桌面放两两相切的3个球,这3个球上面放一个球,求这个球的最高点离桌面的距离;
⑵求与上述4个球都相切的小球的半径.
例4.圆锥、圆柱与球
⑴底面半径为1cm高为10cm的圆柱内,可以放几个半径为0.5cm的小球?
⑵圆锥底面半径为3,高为4,一个球内切于圆锥,求球的半径;
⑶圆锥底面半径为3,高为4,两个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;
⑷圆锥底面半径为3,高为4,三个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;
⑸圆锥底面半径为3,内接于一个半径为4的球,求圆锥的高.
例5.圆锥与正四棱柱
⑴圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为3,且内接于圆锥,求正四棱柱的底面边长;
⑵圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为x,且内接于圆锥,求正四棱柱的体积.
练习
一、补（补成长方体或正方体）
1. 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为
A 、3π
B 、4π
C 、33π
D 、6π
2. 在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（ ） A ．π12 B ．π32 C ．π36 D ．π48
立体几何的综合问题
26 ，
5
26 ∴直线 AB 与平面 ANC 所成角的正弦值为 .
5
题型 3 立体几何中的探索性问题
例 3 [2016·北京高考]如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥ PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.
(1)求证：PD⊥平面 PAB；
高考大题冲关系列四 立体几何的综合问题 命题动向：立体几何是历年高考必考的热点，试题难度中等，命题的热点主要有空间 线面位置关系的证明和空间角的求解；试题背景有折叠问题，探索性问题等，考查了学生 的空间想象能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能力，解决此类问题一般有传 统方法和向量方法，用向量法解决问题可以化繁为简，降低题目的难度． 题型 1 空间点、线、面的位置关系
A1B1⊂平面 ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1， 所以 A1C1⊥平面 ABB1A1. 因为 B1D⊂平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥B1D. 又 B1D⊥A1F，A1C1⊂平面 A1C1F，A1F⊂平面 A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以 B1D⊥平 面 A1C1F. 因为直线 B1D⊂平面 B1DE，所以平面 B1DE⊥平面 A1C1F.
由于 E 为 AD 的中点，AB＝BC＝ AD，AD∥BC， 2
所以 AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形 ABCE 为菱形，所以 O 为 AC 的中点． 又 F 为 PC 的中点，可得 AP∥OF. 又 OF⊂平面 BEF，AP⊄平面 BEF， 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知 ED∥BC，ED＝BC， 所以四边形 BCDE 为平行四边形，因此 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD，所以 AP⊥CD，因此 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形，所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面 PAC， 所以 BE⊥平面 PAC. 题型 2 平面图形的翻折问题 例 2 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB＝5，AC＝6，点 E，F 分
谈谈立体几何问题分析及对策
谈谈立体几何问题分析及对策
立体几何历年都是高考考查的重点内容之一，学生关注度高，试题难度适中，易得分，因此立体几何已成为我们高考复习中主抓且易见成效的内容之一。
一、问题呈现
回顾2018年立体几何的教学复习，结合高考改卷及几次模考改卷反馈的信息，我们发现学生的立体几何学习还存在以下问题：（1）空间想象能力及推理论证能力还较弱。部分学生对定理的理解不准确、有偏差，缺少证明平行与垂直的常用方法，思路不清晰。（2）运算能力差。学生多用向量坐标法解决立体几何问题，而由于这种方法对学生运算能力有一定要求，因此在较长的向量坐标运算的过程中算错数字，写错符号的错误时有发生。（3）解题规范性差，论证不严谨，缺少必要的说理过程，跳步严重，或出现逻辑错误。纵观近几年立体几何试题，命题相对稳定，并无较大难易起伏，而立体几何的学时较长，从高一的立体几何初步到高二的立体几何与空间向量，一直延续至高三复习，历时三年，为什么学生的得分情况与我们的期望值有差距，依然出现诸如上述的错误呢？
二、教学反思
《课程标准》对立体几何部分的教学强调“从空间几何体的整体观察入手，认识空间几何体”，“遵循从整体到局部，具体到抽象的原则”培养学生的空间想象能力。立体几何考试内容涵盖数学《必修2》及《选修2-1》的立体几何的主要内容，而试题的解答方式则蕴含了《课程标准》所要求的学习立体几何的直观感知、操作确认、思辩论证、度量计算的研究方法。考试中学生出现的上述问题，究其原因，得回归到课堂教学中去，反思课堂教学，不难发现以下现象：（1）在学习立体几何初步，刚建立线面位置关系、空间角的概念时，由于课时紧，在教学中，教师通常只做初步概念的交待，（如二面角课本都没安排例题），因此位置关系的相关定理及空间角的几何求法学生掌握薄弱，被后续选修2-1的空间向量的代数坐标运算全部取而代之，造成在实际问题的求解过程中，既无力用几何法求解，又由于运算不过关，用代数坐标运算也无法正确求解的状况。（2）由于向量坐标法在处理立体几何问题时，一定程度上减少了思维量，教师在教学中基本以向量坐标法为主，“建坐标系，写坐标，套公式”大量的重复机械训练，以期使学生获得熟练的解题功力。殊不知固定的解题模式，易使思维陷入僵化状态，当问题情境稍有变化，学生便一筹莫展。
立体几何的综合问题专题
立体几何的综合问题
A组
1．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．
(1)证明：AD⊥BA1；
(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝26，求多面体BCD-A1B1C1D1的体积．
2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，D，D1分别是BC，B1C1上的中点，P是线段AD上的一点(不包括端点)．
(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，并证明直线l⊥平面ADD1A1；
(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1-QC1D的体积．
3.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2．
(1)求证：DE⊥平面PCD；
(2)求点B到平面PDE的距离．
4.如图，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，AD＝3BC＝6，PB＝62，点M在线段AD上，且MD＝4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：平面PCM⊥平面PAD；
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求四棱锥P-ABCD的表面积．
B组
1．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝π
3，其对角线AC与BD相交于点O，四边形OAEF
为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB＝AE＝2．
(1)求证：平面DEF⊥平面BDF；
(2)若点H在线段BF上，且BF＝3HF，求三棱锥H-DEF的体积．
2.如图，四棱锥E-ABCD中，平面ABCD是平行四边形，M，N分别为BC，DE的中点．
高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题
【本讲主要内容】
立体几何的综合问题
立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题
【知识掌握】
【知识点精析】
1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．
2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．
3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．
【解题方法指导】
例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC
的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）
解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.
例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，
（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；
（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．
（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，
又DA⊥AB ∴PA⊥DA
∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角
∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,
∴ V 锥＝32
3
3·3·3
1
a a a =
（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，
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立体几何中的综合性问题
例1．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝1， BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝1．
(1)在BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，说明理由；
(2)若BC 边上有且仅有一个点Q ，使PQ ⊥QD ，求AD 与平面PDQ 所成角的弦值； (3)在(2)的条件下，求出平面PQD 与平面PAB 所成角的大小． 解析：(1)假设存在Q ，使得PQ ⊥QD ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴QD ⊥平面PAQ ， ∴QD ⊥AQ ．
从而有AD 2＝AQ 2＋QD 2设CQ ＝x ，则BQ ＝a －x ，于是AQ 2＝1＋(a －x )2，QD 2＝1＋x 2∴AD 2＝(a －x )2＋x 2
＋2
＝2x 2－2ax ＋a 2＋2＝a 2即x 2－ax ＋1＝0 △＝a 2－4∴当a ＞2即△＞0时，方程x 2
－ax ＋1＝0有两解，即存在两个点Q ，使PQ ⊥QD ；
当a ＝2即△＝0时，方程x 2－ax ＋1＝0有解，即只有一个点Q ，使PQ ⊥QD ；当0＜a <2时，方程x 2
－ax ＋1＝0无解，即不存在点Q ，使PQ ⊥QD
(2)当BC 上有且仅有一个点Q ，使得PQ ⊥QD ，可知BC ＝2，此时x ＝1，点Q 为BC 的中点，过A 在平面PAQ 上作AF ⊥PQ ，垂足为F ，连FD 。∵QD ⊥平面PAQ ∴QD ⊥AF 又∵AF ⊥PQ ∴AF ⊥平面PQD ，故∠
FDA 是直线AD 与平面PQD 所成的角PQ ＝PA 2＋AQ 2＝1＋(2)2＝ 3 AF ＝PA ·AQ PQ ＝1·23
＝6
3，
∴sin ∠FDA ＝AF AD ＝
6
3 2 ＝6
6
．
(3)易知△PQD 在面PAB 内的射影就是△PAB 在rt △PAQ 中，PQ ＝PA 2
＋AQ 2
＝1＋(2)2
＝3∴S
△PQD ＝12·QD ·PQ ＝12·2·3＝
12 6 S △PAB ＝12×1×1＝1
2
． 设平面PQD 与平面PAB
所成角为θ
，则1
cos 6θ
==，
故所求二面角为cos 6
arc ．
例2．（06江西卷）如图，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABD 、ACD
是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD BD ＝CD ＝1，另一个侧面是正三角形。
（1） 求证：AD ⊥BC 。
（2） 求二面角B －AC －D 的大小
（3） 在直线AC 上是否存在一点E ，使ED 与面BCD 成30︒角？若存在
确定E 的位置；若不存在，说明理由。 解法一:(1)方法一:作
AH ⊥面BCD 于H ,连
.DH ,AB
BD HB BD ⊥⇒⊥
1AD BD ==Q AB BC AC BD DC ∴===∴⊥
又BD CD =,则BHCD 是正方形.则..DH BC AD BC ⊥∴⊥方法二:取BC 的中点O ,连AO 、DO , 则有,.AO BC DO BC ⊥⊥,.BC AOD BC AD ∴⊥∴⊥面
(2)作BM AC ⊥于M ,作MN AC ⊥交AD 于N ,则BMN ∠就是二面角B AC D --
的平面角
.
AB AC BC ===Q M 是
AC
的中点,且
MN
∥
CD
，
则
61113,,.222BM MN CD BN AD =
==== 由余弦定理得22266
cos ,arccos .233
BM MN BN BMN BMN BM MN +-∠=
=∴∠=⋅ (3)设E 为所求的点,作EF CH ⊥于F ,连FD .则EF ∥AH 。
∴,EF BCD EDF ⊥∠面就是ED 与面BCD 所成的角,则30EDF ∠=︒.设EF x =,易得21,,1.AH HC CF x FD x ====+则
23
tan ,31EF EDF FD x
∴∠=
==+解得2,2 1.2x CE x =
==则故线段AC 上存在E 点,且1CE =时,ED 与面BCD 成30︒角.
解法二:（1）作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形,且1AH =,以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图,
则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A (1,1,0),(1,1,1),
0,.
BC DA BC DA BC AD =-=∴⋅=⊥u u u r u u u r
u u u r u u u r
则 (2)设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z =u r 则由1n BC
⊥u r u u u r
知:10n BC x y ⋅=-+=u r u u u r ;同理由1n CA ⊥u r u u u r 知:10.n CA x z ⋅=+=u r u u u r
可取
1(1,1,1).n =-u r 同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =-u u r
由图可以看出,三面角B AC D
--的大小应等于<12,n n u r u u r >。则cos <12,n n u r u u r >1212
632n n n n ⋅==
=⋅u r u u r
u r u u r ,即所求二面角的大小是6
arccos . (3)设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==>平面BCD 的一个法向量为
(0,0,1),(,1,),n DE x x ==r u u u r 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE u u u r 与n r
的夹角为60︒,
所以21cos ,cos 60.212DE n DE n DE n x
⋅==
=︒=+u u u r r
u u u u r r u u u r r <>则2212x x =+,解得,2
2x =,则2 1.CE x ==故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角.
例3．（06山东卷）如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为等腰梯形，
AB ∥DC,AC ⊥BD,AC 与BD 相交于点O ，且顶点P 在底面上的射影恰为O 点，又BO=2,PO=2,PB ⊥PD.(Ⅰ)求异面直接PD 与BC 所成角的余弦值； (Ⅱ)求二面角P －A B －C 的大小；(Ⅲ)设点M 在棱PC 上，且,PM
MC
λλ=问为何值时，PC ⊥平面BMD.