立体几何常见重要题型归纳-高考立体几何题型归纳

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高中立体几何知识点及经典题型

高中立体几何知识点及经典题型

高中立体几何知识点及经典题型立体几何是高中数学中的重要部分,它研究了在三维空间内的几何形体。

本文将介绍高中立体几何的主要知识点和经典题型。

知识点以下是高中立体几何的主要知识点:1. 空间几何基础:点、线、面的概念及性质。

2. 参数方程和一般式方程:用参数或方程表示几何体的方法。

3. 立体图形的投影:点、直线、平面在投影中的表现形式。

4. 空间几何中的平行与垂直:直线、平面之间的平行关系及垂直关系。

5. 直线与面的位置关系:直线与平面之间的交点、垂线、倾斜角等概念。

6. 空间角的性质:二面角、棱锥、棱台等形体的角度关系。

7. 空间几何中的直线及曲线:空间中直线与曲线的方程及性质。

8. 空间立体角:球、球台、球扇等形体的角度关系。

9. 空间的切线:曲线在空间中的切线方程及其性质。

10. 空间的幂:圆、球及其他形体的幂的概念和性质。

经典题型以下是高中立体几何的经典题型:1. 求直线与平面的位置关系问题:例如,给定一直线和一个平面,求它们之间的交点、垂直线、倾斜角等。

2. 求空间角的问题:例如,给定两个平面的交线,求二面角的度数。

3. 求直线与曲线的位置关系问题:例如,给定一条直线和一个曲面,求它们之间的位置关系。

4. 求切线和法平面的问题:例如,给定一个曲线和一个点,求曲线在该点处的切线方程及法平面方程。

5. 求空间形体的幂问题:例如,给定一个球和一个平面,求平面关于球的幂及其性质。

以上只是一些经典的立体几何题型,通过解答这些题目,可以加深对立体几何知识的理解和运用。

希望本文对高中立体几何知识点和题型的介绍能够帮助到你。

祝你在学习立体几何时取得好成绩!。

高考数学立体几何题型大全总结

高考数学立体几何题型大全总结

高考数学立体几何题型大全总结1. 空间直线和面的位置关系题型:
- 确定直线和平面的位置关系
- 求平面与直线的交点、垂足等
2. 空间向量题型:
- 确定向量的方向、模长和坐标
- 求向量的数量积、向量积和混合积
3. 空间几何体积题型:
- 确定几何体的形状和大小
- 求立体图形的表面积和体积
4. 立体几何相似题型:
- 确定几何体的相似性质
- 求相似多面体的比例
5. 立体几何坐标题型:
- 确定三维空间内点的坐标
- 求点、线、面的距离
参考内容:
- 教材《高等数学》(第七版)同济大学出版社;
- 教材《高等代数与解析几何》(第三版)高等教育出版社;- 网络资源《高考数学立体几何通关攻略》、《高考数学立体几何考点详解》等。

高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总

高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总

(3)当 PA// 平面 BDE 时, PA 平面 PAC ,且平面 PAC 平面 BDE DE ,可得 PA//DE .由 D 是 AC 边的中 点知, E 为 PC 边的中点.故而 ED 1 PA 1, ED∥PA ,因为 PA 平面 ABC ,所以 ED 平面 BDC .
2
由 AB BC 2 ,AB BC ,D 为 AC 边中点知,BD CD 2. 又 BD AC ,有 BD DC ,即 BDC 90.
3 【解析】(1)∵ PA PD, N 为 AD 的中点,∴ PN AD, ∵底面 ABCD为菱形, BAD 60 ,∴ BN AD, ∵ PN BN N ,∴ AD 平面 PNB . (2)∵ PN PD AD 2 , ∴ PN NB 3 , ∵平面 PAD 平面 ABCD,平面 PAD 平面 ABCD AD , PN AD, ∴ PN 平面 ABCD, ∴ PN NB ,
【易错点】 外接球球心位置不好找 【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置
题型四 立体几何的计算
例 1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角 边边长分别为 3 和 4 ,过直角顶点的侧棱长为 4 ,且 垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )
【答案】 B 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原 点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形.故选 B.
以 PA BD . (2)因为 AB BC , AB BC , D 为线段 AC 的中点,所以在等腰 Rt△ABC 中, BD AC .又 由(1)可知, PA BD,PA AC A,所以 BD 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点,则 DE 平面 PAC ,

立体几何题型及解题方法

立体几何题型及解题方法

立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。

以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法:
1. 计算体积和表面积:这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状,如长方体、圆柱体、圆锥体等。

解题方法包括使用体积和表面积的公式,以及根据题目描述建立数学模型。

2. 证明定理和性质:这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理,如平行线性质、勾股定理等。

解题方法包括使用已知定理和性质进行推导,以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。

3. 求解最值问题:这类题目通常涉及到求几何图形中的最值,如最短路径、最大面积等。

解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。

4. 判定和性质应用:这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质,或应用某个性质到实际场景中。

解题方法包括根据性质进行推导和判断,以及根据实际场景建立数学模型。

以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法,当然还有其他的题型和解题方法。

在解决立体几何问题时,需要灵活运用几何知识和方法,多做练习,提高自己的解题能力。

专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)

专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)

高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空. (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容,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,再利用空间向量进行空间角的计算求解.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.二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空.1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法:证明直线平行或相交,从而证明线共面.(2)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面内..(3)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α,β重合.2.证明空间点共线问题的方法(1)公理法:一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点,再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法:选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点也在该直线上.3.证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作:利用定义转化为平面角,对于异面直线所成的角,可固定一条,平移一条,或两条同时平移到某个特殊的位置,顶点选在特殊的位置上.①证:证明作出的角为所求角.①求:把这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形求空间角.(2)向量法建立空间直角坐标系,利用公式|cos θ|=|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角.若向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角;若向量夹角是钝角,则异面直线所成的角为该角的补角.【例1】如图,AE ①平面ABCD ,CF ①AE ,AD ①BC ,AD ①AB ,AB =AD =1,AE =BC =2.(1)求证:BF ①平面ADE ;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值;(3)若二面角E -BD -F 的余弦值为13,求线段CF 的长. 【解题思路】由条件知AB ,AD ,AE 两两垂直,可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,用空间向量解决.(1)寻找平面ADE 的法向量,证明BF →与此法向量垂直,即得线面平行.(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值,即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值;(3)设CF =h ,用h 表示二面角E -BD -F 的余弦值,通过解方程得到线段长.【规范解答】 (1)证明:以A 为坐标原点,AB 所在的直线为x 轴,AD 所在的直线为y 轴,AE 所在的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A (0,0,0),B (1,0,0),设F (1,2,h ).依题意,AB →=(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量,又BF →=(0,2,h ),可得BF →·AB →=0,又直线BF ①平面ADE ,所以BF ①平面ADE .(2)依题意,D (0,1,0),E (0,0,2),C (1,2,0),则BD →=(-1,1,0),BE →=(-1,0,2),CE →=(-1,-2,2).设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →=0,n ·BE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z =1,可得n =(2,2,1). 因此有cos 〈CE →,n 〉=CE →·n |CE →||n |=-49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m =(x 1,y 1,z 1)为平面BDF 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →=0,m ·BF →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-x 1+y 1=0,2y 1+hz 1=0, 不妨令y 1=1,可得m =⎝⎛⎭⎫1,1,-2h . 由题意,有|cos 〈m ,n 〉|=|m ·n ||m ||n |=⎪⎪⎪⎪4-2h 3 2+4h2=13, 解得h =87.经检验,符合题意. 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图,在三棱锥P ­ABC 中,P A ①底面ABC ,①BAC =90°.点D ,E ,N 分别为棱P A ,PC ,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,P A =AC =4,AB =2.(1)求证:MN ①平面BDE ;(2)已知点H 在棱P A 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721,求线段AH 的长. 【解析】:如图,以A 为原点,分别以AB →,AC →,AP →的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,4,0),P (0,0,4),D (0,0,2),E (0,2,2),M (0,0,1),N (1,2,0).(1)证明:DE →=(0,2,0),DB →=(2,0,-2).设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →=0,n ·DB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧2y =0,2x -2z =0. 不妨设z =1,可取n =(1,0,1).又MN →=(1,2,-1),可得MN →·n =0.因为MN ①平面BDE ,所以MN ①平面BDE .(2)依题意,设AH =h (0≤h ≤4),则H (0,0,h ),进而可得NH →=(-1,-2,h ),BE →=(-2,2,2).由已知,得|cos 〈NH →,BE →〉|=|NH →·BE →||NH →||BE →|=|2h -2|h 2+5×23=721, 整理得10h 2-21h +8=0,解得h =85或h =12. 所以,线段AH 的长为85或12. 【例3】如图,在几何体ACD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形,平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1,B 1A 1①平面ADD 1A 1,AD =CD =1,AA 1=A 1B 1=2,E 为棱AA 1的中点.(1)证明:B 1C 1①平面CC 1E ;(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值.【解析】(1)证明:因为B 1A 1①平面ADD 1A 1,所以B 1A 1①DD 1,又DD 1①D 1A 1,B 1A 1∩D 1A 1=A 1,所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1,又DD 1①CC 1,所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1,所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1,平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1=DD 1,C 1D 1①DD 1,所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E =5,B 1C 1=2,EC 1=3,从而B 1E 2=B 1C 21+EC 21,所以在①B 1EC 1中,B 1C 1①C 1E .又CC 1,C 1E ①平面CC 1E ,CC 1∩C 1E =C 1,所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图,以点A 为坐标原点,建立空间直角坐标系,依题意得A (0,0,0),C (1,0,1),B 1(0,2,2),C 1(1,2,1),E (0,1,0),则CE →=(-1,1,-1),B 1C →=(1,-2,-1).设平面B 1CE 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →=0,m ·CE →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x -2y -z =0,-x +y -z =0,消去x 得y +2z =0, 不妨设z =1,可得m =(-3,-2,1)为平面B 1CE 的一个法向量,易得B 1C 1→=(1,0,-1),设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ,则sin θ=|cos 〈m ,B 1C 1→〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-414×2=277,故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”,准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”.(1)与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不改变;(2)与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不改变.【例1】如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把①DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ①BF .(1)证明:平面PEF ①平面ABFD ;(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系,四边形ABFE 是矩形.①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一:①建系:借助第(1)问,过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴,垂足为原点,EF 所在直线为y 轴,建系.①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量.①由公式计算所求角的正弦值.解法二:①作:过P 作PH ①EF 交EF 于点H ,连接DH .①证:证明PH ①平面ABFD ,得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角.①算:在Rt①PDH 中,PD 的长度是正方形ABCD 的边长,①PHD =90°,易知要求sin①PDH ,关键是求PH ;由此想到判断①PEF 的形状,进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明:由已知可得,BF ①PF ,BF ①EF ,又PF ∩EF =F ,所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ,所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一:作PH ①EF ,垂足为H .由(1)得,PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ,设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得,DE ①PE .又DP =2,DE =1,所以PE = 3.又PF =1,EF =2,故PE ①PF .所以PH =32,EH =32,则H (0,0,0),P ⎝⎛⎭⎫0,0,32, D ⎝⎛⎭⎫-1,-32,0,DP →=⎝⎛⎭⎫1,32,32,HP →=⎝⎛⎭⎫0,0,32为平面ABFD 的一个法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP →·DP →||HP →||DP →|=343=34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二:因为PF ①BF ,BF ①ED ,所以PF ①ED ,又PF ①PD ,ED ∩PD =D ,所以PF ①平面PED ,所以PF ①PE ,设AB =4,则EF =4,PF =2,所以PE =23,过P 作PH ①EF 交EF 于点H ,因为平面PEF ①平面ABFD ,所以PH ①平面ABFD ,连接DH ,则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角,因为PE ·PF =EF ·PH ,所以PH =23×24=3, 因为PD =4,所以sin①PDH =PH PD =34, 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一:先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.途径二:先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.途径三:将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为22的正方形,平面P AC ①底面ABCD ,P A =PC =2 2.(1)求证:PB =PD ;(2)若点M ,N 分别是棱P A ,PC 的中点,平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ,则在线段BC 上是否存在一点H ,使得DQ ①PH ?若存在,求BH 的长;若不存在,请说明理由.【解题思路】 (1)要证PB =PD ,想到在①PBD 中,证明BD 边上的中线垂直于BD ,联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直.(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系,求平面DMN 的法向量n ,分别依据P ,B ,Q 共线和B ,C ,H 共线,设PQ →=λPB →和BH →=tBC →,利用垂直关系列方程先求λ再求t ,确定点H 的位置.【规范解答】 (1)证明:记AC ∩BD =O ,连接PO ,①底面ABCD 为正方形,①OA =OC =OB =OD =2.①P A =PC ,①PO ①AC ,①平面P AC ①底面ABCD ,且平面P AC ∩底面ABCD =AC ,PO ①平面P AC ,①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ,①PO ①BD .①PB =PD .(2)存在.以O 为坐标原点,射线OB ,OC ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示,由(1)可知OP =2.可得P (0,0,2),A (0,-2,0),B (2,0,0),C (0,2,0),D (-2,0,0),可得M (0,-1,1),N (0,1,1),DM →=(2,-1,1),MN →=(0,2,0).设平面DMN 的法向量n =(x ,y ,z ),①DM →·n =0,MN →·n =0,①⎩⎪⎨⎪⎧2x -y +z =0,2y =0. 令x =1,可得n =(1,0,-2).记PQ →=λPB →=(2λ,0,-2λ),可得Q (2λ,0,2-2λ),DQ →=(2λ+2,0,2-2λ),DQ →·n =0,可得2λ+2-4+4λ=0,解得λ=13. 可得DQ →=⎝⎛⎭⎫83,0,43. 记BH →=tBC →=(-2t,2t,0),可得H (2-2t,2t,0),PH →=(2-2t,2t ,-2),若DQ ①PH ,则DQ →·PH →=0,83(2-2t )+43×(-2)=0,解得t =12. 故BH = 2.故在线段BC 上存在一点H ,使得DQ ①PH ,此时BH= 2.【例2】如图,在四棱锥P­ABCD中,P A①平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD①平面P AC;(2)若①ABC=60°,求证:平面P AB①平面P AE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF①平面P AE?说明理由.【解】(1)证明:因为P A①平面ABCD,所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形,所以BD①A C.又P A∩AC=A,所以BD①平面P A C.(2)证明:因为P A①平面ABCD,AE①平面ABCD,所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形,①ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE①CD,所以AB①AE.又AB∩P A=A,所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ,所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ,使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点,取G 为P A 的中点,连接CF ,FG ,EG .则FG ①AB ,且FG =12AB . 因为底面ABCD 为菱形,且E 为CD 的中点,所以CE ①AB ,且CE =12AB . 所以FG ①CE ,且FG =CE .所以四边形CEGF 为平行四边形.所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ,EG ①平面P AE ,所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ,Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB =1,BE =BF =2,①FBC =60°.将其沿AB ,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG ,如图2.(1)证明:图2中的A ,C ,G ,D 四点共面,且平面ABC ①平面BCGE ;(2)求图2中的二面角B -CG -A 的大小.【解析】:(1)证明:由已知得AD ①BE ,CG ①BE ,所以AD ①CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ①BE ,AB ①BC ,故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC , 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ,垂足为H .因为EH ①平面BCGE ,平面BCGE ①平面ABC ,所以EH ①平面ABC .由已知,菱形BCGE 的边长为2,①EBC =60°,可求得BH =1,EH = 3.以H 为坐标原点,HC →的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz ,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,3),CG →=(1,0,3),AC →=(2,-1,0).设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n =0AC →·n =0,即⎩⎨⎧x +3z =0,2x -y =0. 所以可取n =(3,6,-3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos n ,m =n ·m |n ||m |=32. 因此二面角B ­CG ­A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥P­ABCD,底面ABCD为菱形,PD=PB,H为PC上的点,过AH的平面分别交PB,PD于点M,N,且BD①平面AMHN.(1)证明:MN①PC;(2)当H为PC的中点,P A=PC=3AB,P A与平面ABCD所成的角为60°,求AD与平面AMHN所成角的正弦值.【解析】(1)证明:连接AC、BD且AC∩BD=O,连接PO.因为ABCD为菱形,所以BD①AC,因为PD=PB,所以PO①BD,因为AC∩PO=O且AC、PO①平面P AC,所以BD①平面P AC,因为PC①平面P AC,所以BD①PC,因为BD①平面AMHN,且平面AMHN∩平面PBD=MN,所以BD①MN,MN①平面P AC,所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ,因为P A =PC ,且O 为AC 的中点,所以PO ①AC ,所以PO ①平面ABCD ,所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ,所以①P AO =60°,所以AO =12P A ,PO =32P A , 因为P A =3AB ,所以BO =36P A . 以OA →,OD →,OP →分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设P A =2,所以O (0,0,0),A (1,0,0),B (0,-33,0),C (-1,0,0),D (0,33,0),P (0,0,3),H (-12,0,32), 所以BD →=(0,233,0),AH →=(-32,0,32),AD →=(-1,33,0). 设平面AMHN 的法向量为n =(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →=0,n ·AH →=0,即⎩⎨⎧233y =0,-32x +32z =0, 令x =2,则y =0,z =23,所以n =(2,0,23),设AD 与平面AMHN 所成角为θ,所以sin θ=|cos 〈n ,AD →〉|=|n ·AD →|n ||AD →||=34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2.(2020·河南联考)如图所示,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,平面P AD ①平面ABCD ,①P AD 是边长为4的等边三角形,BC ①PB ,E 是AD 的中点.(1)求证:BE ①PD ;(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154,求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值. 【解析】:(1)证明:因为①P AD 是等边三角形,E 是AD 的中点,所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD ,PE ①平面P AD ,所以PE ①平面ABCD ,所以PE ①BC ,PE ①BE .又BC ①PB ,PB ∩PE =P ,所以BC ①平面PBE ,所以BC ①BE .又BC ①AD ,所以AD ①BE .又AD ∩PE =E 且AD ,PE ①平面P AD ,所以BE ①平面P AD ,所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ,所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角.因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154, 即sin①BAE =154 ,所以cos①BAE =14. 所以cos①BAE =AE AB =2AB =14,解得AB =8,则BE =AB 2-AE 2=215.由(1)得EA ,EB ,EP 两两垂直,所以以E 为坐标原点,EA ,EB ,EP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则点P (0,0,23),A (2,0,0),D (-2,0,0),B (0,215,0),C (-4,215,0),所以PB →=(0,215,-23),PC →=(-4,215,-23).设平面PBC 的法向量为m =(x ,y ,z ),由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m =0,PC →·m =0,得⎩⎨⎧215y -23z =0,-4x +215y -23z =0, 解得⎩⎨⎧x =0,z =5y . 令y =1,可得平面PBC 的一个法向量为m =(0,1,5).易知平面P AD 的一个法向量为n =(0,1,0),设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |=⎪⎪⎪⎪⎪⎪(0,1,5)·(0,1,0)6×1=66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图,在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,①ABC 是边长为2的正三角形,AA 1=26,D 是CC 1的中点,E 是A 1B 1的中点.(1)证明:DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离.【解析】 (1)证明:如图取A 1B 的中点F ,连接FC ,FE .因为E ,F 分别是A 1B 1,A 1B 的中点,所以EF ①BB 1,且EF =12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中,D 是CC 1的中点,所以CD ①BB 1,且CD =12BB 1,所以CD ①EF ,且CD =EF . 所以四边形CFED 是平行四边形,所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ,CF ①平面A 1BC ,所以DE ①平面A 1BC .(2)法一:(等体积法)因为BC =AC =AB =2,AA 1=26,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱,所以V 三棱锥A 1-ABC =13S ①ABC ×AA 1=13×34×22×26=2 2. 又在①A 1BC 中,A 1B =A 1C =27,BC =2,BC 边上的高h = A 1B 2-⎝⎛⎭⎫12BC 2=33, 所以S ①A 1BC =12BC ·h =3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ,则V 三棱锥A -A 1BC =13S ①A 1BC ×d =13×33×d =3d . 因为V 三棱锥A 1-ABC =V 三棱锥A -A 1BC ,所以22=3d ,解得d =263, 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二:(向量法)由题意知,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱.取AB 的中点O ,连接OC ,OE .因为AC =BC ,所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1,平面ABC ∩平面ABB 1A 1=AB ,所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点,E 为A 1B 1的中点,所以OE ①AB ,所以OC ,OA ,OE 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OE ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,3),A (1,0,0),A 1(1,26,0),B (-1,0,0).则BA 1→=(2,26,0),BC →=(1,0,3).设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→,n ①BC →,可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→=2x +26y =0,n ·BC →=x +3z =0,整理得⎩⎨⎧x +6y =0,x +3z =0,令x =6,则y =-1,z =- 2. 所以n =(6,-1,-2)为平面A 1BC 的一个法向量.而BA →=(2,0,0),所以点A 到平面A 1BC 的距离d =|BA →·n ||n |=6×26+1+2=263. 4.(2020·湖北十堰4月调研)如图,在三棱锥P -ABC 中,M 为AC 的中点,P A ①PC ,AB ①BC ,AB =BC ,PB =2,AC =2,①P AC =30°.(1)证明:BM ①平面P AC ;(2)求二面角B -P A -C 的余弦值.【答案】:见解析(1)证明:因为P A ①PC ,AB ①BC ,所以MP =MB =12AC =1,又MP 2+MB 2=BP 2,所以MP ①MB .因为AB =BC ,M 为AC 的中点,所以BM ①AC , 又AC ∩MP =M ,所以BM ①平面P AC .(2)法一:取MC 的中点O ,连接PO ,取BC 的中点E ,连接EO ,则OE ①BM ,从而OE ①AC . 因为P A ①PC ,①P AC =30°,所以MP =MC =PC =1. 又O 为MC 的中点,所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ,OP ①平面P AC ,所以BM ①PO . 又BM ∩AC =M ,所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点,OA ,OE ,OP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32,0,0,B ⎝⎛⎭⎫12,1,0,P ⎝⎛⎭⎫0,0,32,BP →=⎝⎛⎭⎫-12,-1,32,BA →=(1,-1,0), 设平面APB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→=-12x -y +32z =0,n ·BA →=x -y =0,令x =1,得n =(1,1,3)为平面APB 的一个法向量,易得平面P AC 的一个法向量为π=(0,1,0),cos 〈n ,π〉=55, 由图知二面角B -P A -C 为锐角,所以二面角B -P A -C 的余弦值为55. 法二:取P A 的中点H ,连接HM ,HB ,因为M 为AC 的中点,所以HM ①PC ,又P A ①PC ,所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ,则BH ①P A , 所以①BHM 为二面角B -P A -C 的平面角.因为AC =2,P A ①PC ,①P AC =30°,所以HM =12PC =12.又BM =1,则BH =BM 2+HM 2=52, 所以cos①BHM =HM BH =55,即二面角B -P A -C 的余弦值为55.5.(2020·合肥模拟)如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,BF ①平面ABCD ,DE ①平面ABCD ,BF =DE ,M 为棱AE 的中点.(1)求证:平面BDM ①平面EFC ;(2)若DE =2AB ,求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值. 【答案】:见解析(1)证明:连接AC ,交BD 于点N ,连接MN , 则N 为AC 的中点,又M 为AE 的中点,所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ,EC ①平面EFC , 所以MN ①平面EFC .因为BF ,DE 都垂直底面ABCD ,所以BF ①DE . 因为BF =DE ,所以四边形BDEF 为平行四边形,所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ,EF ①平面EFC , 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD =N ,所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ,四边形ABCD 是正方形,所以DA ,DC ,DE 两两垂直,如图,建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB =2,则DE =4,从而D (0,0,0),B (2,2,0),M (1,0,2),A (2,0,0),E (0,0,4), 所以DB →=(2,2,0),DM →=(1,0,2), 设平面BDM 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →=0,n ·DM →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧2x +2y =0,x +2z =0.令x =2,则y =-2,z =-1,从而n =(2,-2,-1)为平面BDM 的一个法向量. 因为AE →=(-2,0,4),设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ,则 sin θ=|cos 〈n ·AE →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|=4515, 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①,①ABC 中,AB =BC =2,①ABC =90°,E ,F 分别为边AB ,AC 的中点,以EF 为折痕把①AEF 折起,使点A 到达点P 的位置(如图①),且PB =BE .(1)证明:EF ①平面PBE ;(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点),求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值. 【解析】:(1)证明:因为E ,F 分别为边AB ,AC 的中点,所以EF ①BC . 因为①ABC =90°,所以EF ①BE ,EF ①PE ,又BE ∩PE =E ,所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ,连接PO ,因为PB =BE =PE ,所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ,EF ①平面BCFE ,所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ,平面PBE ∩平面BCFE =BE ,所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ,分别以OB ,OM ,OP 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B ⎝⎛⎭⎫12,0,0,P ⎝⎛⎭⎫0,0,32,C ⎝⎛⎭⎫12,2,0, F ⎝⎛⎭⎫-12,1,0,PC →=⎝⎛⎭⎫12,2,-32, PF →=⎝⎛⎭⎫-12,1,-32,由N 为线段PF 上一动点,得PN →=λPF →(0≤λ≤1),则可得N ⎝⎛⎭⎫-λ2,λ,32(1-λ),BN →=⎝⎛⎭⎫-λ+12,λ,32(1-λ).设平面PCF 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m =0,PF →·m =0,即⎩⎨⎧12x +2y -32z =0,-12x +y -32z =0,取y =1,则x =-1,z =3,所以m =(-1,1,3)为平面PCF 的一个法向量.设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ, 则sin θ=|cos 〈BN →,m 〉|=|BN →·m ||BN →|·|m |=25·2λ2-λ+1=25·2⎝⎛⎭⎫λ-142+78≤25·78=47035(当且仅当λ=14时取等号),所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7.(2020·山东淄博三模)如图①,已知正方形ABCD 的边长为4,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M 在线段AB 上(包含端点),连接AD .(1)若M 为AB 的中点,直线MF 与平面ADE 的交点为O ,试确定点O 的位置,并证明直线OD ①平面EMC ; (2)是否存在点M ,使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°?若存在,求此时二面角M ­EC ­F 的余弦值;若不存在,说明理由. 【答案】见解析【解析】:(1)因为直线MF ①平面ABFE ,故点O 在平面ABFE 内,也在平面ADE 内, 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示).因为AO ①BF ,M 为AB 的中点,所以①OAM ①①FBM ,所以OM =MF ,AO =BF ,所以AO =2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ,交EC 于点N ,因为四边形CDEF 为矩形, 所以N 是EC 的中点.连接MN ,则MN 为①DOF 的中位线,所以MN ①OD ,又MN ①平面EMC ,OD ①/ 平面EMC ,所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ,EF ①DE ,又AE ∩DE =E ,所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ,易知①ADE 为等边三角形,取AE 的中点H ,则易得DH ①平面ABFE ,以H 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则E (-1,0,0),D (0,0,3),C (0,4,3),F (-1,4,0),所以ED →=(1,0,3),EC →=(1,4,3). 设M (1,t ,0)(0≤t ≤4),则EM →=(2,t ,0),设平面EMC 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →=0,m ·EC →=0①⎩⎨⎧2x +ty =0,x +4y +3z =0,取y =-2,则x =t ,z =8-t 3,所以m =⎝ ⎛⎭⎪⎫t ,-2,8-t 3为平面EMC 的一个法向量.要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°,则82t 2+4+(8-t )23=32,所以23t 2-4t +19=32,整理得t 2-4t +3=0, 解得t=1或t =3,所以存在点M ,使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°,取ED 的中点Q ,连接QA ,则QA →为平面CEF 的法向量, 易得Q ⎝⎛⎭⎫-12,0,32,A (1,0,0),所以QA →=⎝⎛⎭⎫32,0,-32.设二面角M -EC -F 的大小为θ, 则|cos θ|=|QA →·m ||QA →|·|m |=|2t -4|3t 2+4+(8-t )23=|t -2|t2-4t +19. 因为当t =2时,cos θ=0,平面EMC ①平面CDEF ,所以当t =1时,cos θ=-14,θ为钝角;当t =3时,cos θ=14,θ为锐角.综上,二面角M -EC -F 的余弦值为±14.。

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式,即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直,再计算几何体的体积.试题背景有折叠问题、探索性问题等,考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览:空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路:一是利用相应的判定定理和性质定理去解决;二是利用空间向量法来论证,应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系,把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算,通过运算解决证明问题.这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板,向量方法参照本专题题型二.如图,四边形ABCD是菱形,四边形MADN是矩形,平面MADN⊥平面ABCD,E、F分别为MA、DC的中点,求证:(1)EF∥平面MNCB;(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步:利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线;第二步:在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线;第三步:应用面面垂直、菱形的性质,由线线垂直解决.[规范解答](1)如图,取NC的中点G,连接FG,MG.因为ME∥ND且ME=12ND,F、G分别为DC、NC的中点,FG∥ND且FG=12ND,所以FG与ME平行且相等,所以四边形MEFG是平行四边形,所以EF∥MG,又MG⊂平面MNCB,EF⊄平面MNCB,所以EF∥平面MNCB.(2)如图,连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形,所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面MADN=AD,DN⊂平面MADN,所以ND⊥平面ABCD,所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为BD∩ND=D,所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC,所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下:1.(2016·北京西城区高三期末)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.(1)求证:AC⊥平面BDEF;(2)求证:平面BDGH∥平面AEF;(3)求多面体ABCDEF的体积.[解](1)证明: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)证明: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.在△ACF中,因为OA=OC,CH=HF,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.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO=2,四边形BDEF的面积S▱BDEF=3×22=62,=4.所以四棱锥A-BDEF的体积V1=13×AO×S▱BDEF同理,四棱锥C-BDEF的体积V2=4.所以多面体ABCDEF的体积V=V1+V2=8.题型二求空间几何体的体积题型概览:计算几何体的体积,关键是根据条件找出相应的底面和高,应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题.(1)直接法:对于规则几何体,直接利用公式计算即可.(2)割补法:当一个几何体的形状不规则时,常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体,然后再计算.经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体,将三棱柱还原为平行六面体,将台体还原为锥体.(3)等体积法:一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积,可以把任何一个面作为三棱锥的底面.注意两点:一是求体积时,可选择“容易计算”的方式来计算;二是利用“等积性”可求“点到面的距离”,关键是在面中选取三个点,与已知点构成三棱锥.(2016·全国卷Ⅲ)如图,四棱锥P-ABCD中,P A⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,P A=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面P AB;(2)求四面体N-BCM的体积.[审题程序]第一步:由线线平行或面面平行证明(1);第二步:由N 为PC 中点,推证四面体N -BCM 的高与P A 的关系; 第三步:利用直接法求四面体的体积.[规范解答] (1)由已知得AM =23AD =2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN =12BC =2.又AD ∥BC ,故TN 綊AM ,四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB , 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ,N 为PC 的中点,所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ,连接AE .由AB =AC =3得AE ⊥BC ,AE =AB 2-BE 2= 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5, 故S △BCM =12×4×5=2 5.所以四面体N -BCM 的体积V N -BCM =13×S △BCM ×P A 2=453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下:2.(2016·深圳一模)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,侧面SBC是正三角形,E是SB的中点,且AE⊥平面SBC.(1)证明:SD∥平面ACE;(2)若AB⊥AS,BC=2,求点S到平面ABC的距离.[解](1)证明:连接BD,交AC于点F,连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形,∴F是BD的中点,又∵E是SB的中点,∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS,BC=BS=2,且E是SB的中点,∴AE=1.∵AE⊥平面SBC,BS、CE⊂平面SBC,∴AE⊥BS,AE⊥CE.∴AB=AE2+BE2= 2.又侧面SBC 是正三角形,∴CE =3, ∴AC =AE 2+CE 2=2,∴△ABC 是底边长为2,腰长为2的等腰三角形, ∴S △ABC =12×2×4-12=72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S -ABC =V 三棱锥A -SBC ,得13h ·S △ABC =13AE ·S △SBC ,∴h =AE ·S △SBC S △ABC =237=2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览:如果知道的是试题的结论,而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等),这种试题称为存在探索型试题.解题策略一般是先假设结论成立,然后以该结论作为一个已知条件,再结合题目中的其他已知条件,逆推(即从后往前推),一步一步推出所要求的特殊条件,即要求的存在性条件.若能求出,则存在;若不能求出,则不存在.(2016·石家庄调研)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面ABC ,AC ⊥BC ,E 在线段B 1C 1上,B 1E =3EC 1,AC =BC =CC 1=4.(1)求证:BC ⊥AC 1;(2)试探究:在AC 上是否存在点F ,满足EF ∥平面A 1ABB 1?若存在,请指出点F 的位置,并给出证明;若不存在,请说明理由.[审题程序]第一步:由B 1E =3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置;第二步:在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面; 第三步:由线线平行或面面平行推理论证.[规范解答] (1)证明:∵AA 1⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ,AA 1∩AC =A ,∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ,∴BC ⊥AC 1.(2)解法一:当AF=3FC时,EF∥平面A1ABB1.证明如下:如图1,在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G,连接AG.∵B1E=3EC1,∴EG=34A1C1.又AF∥A1C1且AF=3,4A1C1∴AF∥EG且AF=EG,∴四边形AFEG为平行四边形,∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1,AG⊂平面A1ABB1,∴EF∥平面A1ABB1.解法二:当AF=3FC时,EF∥平面A1ABB1.证明如下:如图2,在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G,连接FG. ∵EG∥BB1,EG⊄平面A1ABB1,BB1⊂平面A1ABB1,∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E=3EC1,∴BG=3GC,∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1,FG⊄平面A1ABB1,∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=G,∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG,∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下:3.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为4的正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC,M为A1B1的中点.(1)证明:MC⊥AB;(2)若AA1=26,侧棱CC1上是否存在点P,使得MC⊥平面ABP?若存在,求PC的长;若不存在,请说明理由.[解](1)证明:取AB的中点N,连接MN,CN,则MN⊥底面ABC,MN⊥AB.因为△ABC是正三角形,所以NC⊥AB.因为MN∩NC=N,MN⊂平面MNC,NC⊂平面MNC,所以AB⊥平面MNC,所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB,若存在点P使得MC⊥平面ABP,则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1,垂足为Q,连接QC,则QC是MC在平面BCC1B1内的射影,只需QC⊥BP即可,此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似,QC1C1C =PCCB,所以PC=QC1·CBC1C=3×426=6,点P恰好是CC1的中点.。

高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型

高中数学(一)立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、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.【例1】如图,在△ABC 中,∠ABC =π4,O 为AB 边上一点,且3OB =3OC =2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA =2AO =PO ,且DA ∥PO.(1)求证:平面PBD ⊥平面COD ;(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明∵OB =OC ,又∵∠ABC =π4,∴∠OCB =π4,∴∠BOC =π2.∴CO ⊥AB.又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,∴PO ⊥OC.又∵PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB =O ,∴CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PDB.又CO ⊂平面COD ,∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA =1,则PO =OB =OC =2,DA =1.则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1),∴PD→=(0,-1,-1),BC →=(2,-2,0),BD →=(0,-3,1).设平面BDC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →=0,n ·BD →=0,∴⎩⎨⎧2x -2y =0,-3y +z =0, 令y =1,则x =1,z =3,∴n =(1,1,3).设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| =⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0+1×(-1)+3×(-1)02+(-1)2+(-1)2×12+12+32=22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.【类题通法】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.【变式训练】如图所示,在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F .(1)证明:EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ⊂面A 1DE ,B 1C ⊄面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1,面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD 且AA 1=AB =AD .以A 为原点,分别以AB→,AD →,AA1→为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1. 设平面A 1DE 的一个法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),而该面上向量A1E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,0,A1D →=(0,1,-1),由n 1⊥A1E→, n 1⊥A1D →得r 1,s 1,t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r1+12s1=0,s1-t1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n 1=(-1,1,1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),而该面上向量A1B1→=(1,0,0),A1D →=(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D ­B 1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|=23×2=63. 题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现,常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题,是高考命题的热点,一般有两种解决方式:(1)根据条件作出判断,再进一步论证;(2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】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 ;(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值;(3)在棱PA 上是否存在点M ,使得BM ∥平面PCD ?若存在,求AM AP 的值;若不存在,说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,AB ⊥AD ,所以AB ⊥平面PAD ,所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ,AB ∩PA =A ,所以PD ⊥平面PAB.(2)解 取AD 的中点O ,连接PO ,CO.因为PA =PD ,所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ,所以PO ⊥CO.因为AC =CD ,所以CO ⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O -xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →=0,n ·PC →=0,即⎩⎨⎧-y -z =0,2x -z =0,令z =2,则x =1,y =-2.所以n =(1,-2,2).又PB →=(1,1,-1),所以cos 〈n ,PB →〉=n ·PB →|n||PB →|=-33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱PA 上一点,则存在λ∈0,1],使得AM →=λAP →.因此点M (0,1-λ,λ),BM →=(-1,-λ,λ).因为BM ⊄平面PCD ,所以要使BM ∥平面PCD ,则BM →·n =0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=14.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时AMAP=14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.【变式训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠PAD=45°,E为PA的中点.(1)求证:DE∥平面BPC;(2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,试求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由.(1)证明取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N.∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA,又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形,∴CN=AD=8,DC=AN=6,在Rt△BNC中,BN=BC2-CN2=102-82=6,∴AB=12,而E,M分别为PA,PB的中点,∴EM∥AB且EM=6,又DC∥AB,∴EM∥CD且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8).假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t ,0),则CF→=(8,t -6,0),DB →=(8,12,0), 由CF →·DB →=0得t =23. 又平面DPC 的一个法向量为m =(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n =(x ,y ,z ).又PC →=(0,6,-8),FC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8,163,0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →=0,n ·FC →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧6y -8z =0,-8x +163y =0,即⎩⎪⎨⎪⎧z =34y ,x =23y ,不妨令y =12,有n =(8,12,9).则cos 〈n ,m 〉=n ·m |n||m|=81×82+122+92=817. 又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F -PC -D 的余弦值为817.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的折叠问题,折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB =5,AC =6,点E ,F 分别在AD ,CD上,AE =CF =54,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置,OD ′=10.(1)证明:D ′H ⊥平面ABCD ;(2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ,AD =CD .又由AE =CF 得AE AD =CF CD ,故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H .由AB =5,AC =6得DO =BO =AB2-AO2=4.由EF ∥AC 得OH DO =AE AD =14.所以OH =1,D ′H =DH =3.于是D ′H 2+OH 2=32+12=10=D ′O 2,故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF =H ,所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图,以H 为坐标原点,HF→的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H -xyz . 则H (0,0,0),A (-3,-1,0),B (0,-5,0),C (3,-1,0),D ′(0,0,3),AB →=(3,-4,0),AC →=(6,0,0),AD ′→=(3,1,3).设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD ′的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →=0,m ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0, 所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD ′的一个法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧6x2=0,3x2+y2+3z2=0, 所以可取n =(0,-3,1).于是cos 〈m ,n 〉=m ·n |m||n|=-1450×10=-7525. sin 〈m ,n 〉=29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况,一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.【变式训练】如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =π2,AB =BC =1,AD =2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中,因为AB =BC =1,AD =2,E 是AD 的中点,∠BAD =π2,所以BE ⊥AC .即在题图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE ,又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE -C 的平面角,所以∠A 1OC =π2.如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为A 1B =A 1E =BC =ED =1,BC ∥ED ,所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22,0,0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,0,0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,22,0, 得BC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,22,0,A1C →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,22,-22,CD →=BE →=(-2,0,0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ,则⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →=0,n1·A1C →=0,得⎩⎨⎧-x1+y1=0,y1-z1=0,取n 1=(1,1,1); ⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →=0,n2·A1C →=0,得⎩⎨⎧x2=0,y2-z2=0,取n 2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos 〈n 1,n 2〉|=23×2=63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

高中数学空间几何体知识点归纳与常考题型专题练习(附解析)

高中数学空间几何体知识点归纳与常考题型专题练习(附解析)

( 7)球体:定义: 以半圆的直径所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成的几何体
几何特征: ①球的截面是圆;②球面上任意一点到球心的距离等于半径。
2、空间几何体的三视图 定义三视图:正视图(光线从几何体的前面向后面正投影) 俯视图(从上向下)
;侧视图(从左向右) 、
注:正视图反映了物体上下、左右的位置关系,即反映了物体的高度和长度;
B.
C. D.
29.如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为(

A. 1 B. C. D. 30.某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是 是( )
,则正视图中的 x 的值
A. 2 B. C. D.3
31.将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使得 BD=a,则三棱锥 D﹣ ABC 的体积为( )
设三棱锥 F﹣ADE 的体积为 V 1,三棱柱 A 1B1C1﹣ ABC 的体积为 V 2,则 V 1:
V2=

39.如图,在圆柱 O1O2 内有一个球 O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,
记圆柱 O1O2 的体积为 V 1,球 O 的体积为 V 2,则 的值是

40.若某几何体的三视图(单位: cm3.
( 1)要使倾斜后容器内的溶液不会溢出,角 α的最大值是多少; ( 2)现需要倒出不少于 3000cm3 的溶液,当 α=60°时,能实现要求吗?请说明 理由. 47.如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为 32cm,容器Ⅰ的底面对角线 AC 的长为 10 cm,容器Ⅱ的两底面对角线 EG, E1G1 的长分别为 14cm 和 62cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为 12cm.现有一根玻璃棒 l,其长度为 40cm.(容器厚度、 玻璃棒粗细均忽略不计) ( 1)将 l 放在容器Ⅰ中, l 的一端置于点 A 处,另一端置于侧棱 CC1 上,求 l
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立体几何常见重要题型归纳阳江一中 利进健题型一 点到面的距离常见技巧:等体积法例1:如图,在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为等腰梯形,AB ∥CD ,AB =4,BC =CD =2,AA 1=2,E ,E 1分别是棱AD ,AA 1的中点.(1)设F 是棱AB 的中点,证明:直线EE 1∥平面FCC 1;(2)证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C ;(3)求点D 到平面D 1AC 的距离.解析:(1)11//,,,//,22CD AB CD AB AF AB CD AF CD AF ==∴= ∴ 四边形AFCD 为平行四边形∴//CF AD 又AD ⊂面11ADD A ,CF ⊄面11ADD A∴//CF 面11ADD A 2分在直四棱柱中,11//CC DD , 又AD ⊂面11ADD A ,CF ⊄面11ADD A ∴1//CC 面11ADD A 3分又11,,CC CF C CC CF ⋂=⊂面1CC F ∴面1CC F //面11ADD A又1EE ⊂面11ADD A ,1//EE ∴面1CC F 5分(2)122BC CD AB === ∴ 平行四边形AFCD 是菱形 DF AC ∴⊥ ,易知//BC DF AC BC ∴⊥ 7分在直四棱柱中,1CC ⊥面ABCD ,AC ⊂面ABCD 1AC CC ∴⊥又1BC CC C ⋂= AC ∴⊥面11BCC B 9分又AC ⊂面1D AC ∴面1D AC ⊥面11BCC B 10分(3)易知11D D AC D ADC V V --= 11分∴ 设D 到面1D AC 的距离为d ,则111133AD C ADC S d S DD ⋅=⋅ ,又1115,3,2AD C ADC S S DD === 14分∴ 255d =,即D 到面1D AC 的距离为255 . 16分 变式1:如图,在四棱锥P ABCD -中,⊥PC 底面ABCD ,底面ABCD 是矩形,PC BC =,E 是PA 的中点.(1)求证:⊥PB 平面CDE ;(2)已知点M 是AD 的中点,点N 是AC 上一点,且平面∥PDN 平面BEM .若42==AB BC ,求点N 到平面CDE 的距离.解析:(1)证明:取PB 的中点为F ,连接CF 和EF ,∵E 是PA 的中点,∴DC AB ∥∥EF ,∴平面CDE 与平面CDEF 为同一平面,∵⊥PC 底面ABCD ,底面ABCD 是矩形,∴BC DC PC DC ⊥⊥,,即⊥DC 平面PBC ,∴PB DC ⊥.∵C CF CD PB CF PC BC =⊥∴= ,,,∴⊥PB 平面CDE .(2)过D 作B M ∥DG 交BC 于G ,连接PG , ∵M 是AD 的中点,∴PD ∥EM ,∵D DG PD = ,∴平面∥PDG 平面BEM ,∴当N 是AC 与DG 的交点时,平面∥PDN 平面BEM ,在矩形ABCD 中,求得21==AD CG AN CN , ∵42==AB BC ,∴22,3132===∆∆∆DCE DCG DCN S S S , E 到平面ABCD 的距离为2,设点N 到平面CDE 的距离为d , 由DCN E DCE N V V --=得342312231⨯⨯=⨯d ,解得322=d .变式2:在直三棱柱111ABC A B C -中,1AB AC ==,090BAC ∠=,且异面直线1A B 与11B C 所成的角等于060,设1AA a =.(1)求a 的值;(2)求直线11B C 到平面1A BC 的距离.解析:(1)∵11//BC B C ,∴1A BC ∠就是异面直线1A B 与11B C 所成的角,即0160A BC ∠=,又连接1A C ,AB AC =,则11A B A C =∴1A BC ∆为等边三角形,由1AB AC ==,090BAC ∠=2BC ⇒=, ∴212121A B a a =⇒+==.(2)易知11//B C 平面1A BC ,又D 是11B C 上的任意一点,所以点D 到平面1A BC 的距离等于点1B 到平面1A BC 的距离.设其为d ,连接1B C ,则由三棱锥11B A BC -的体积等于三棱锥11C A B B -的体积,求d ,11A B B ∆的面积12S =,1A BC ∆的面积'2332)42S =•= 又1CA A A ⊥,CA AB ⊥,∴CA ⊥平面11A B C , 所以'113333S AC S d d ••=••⇒=,即11B C 到平面1A BC 的距离等于33.变式3:如图,AB 是O ⊙的直径,点C 是O ⊙上的动点,PA 垂直于O ⊙所在的平面ABC .(Ⅰ)证明:PAC ⊥平面PBC ; (Ⅱ)设31PA AC ==,,求三棱锥A PBC -的高.解析:证明:(1)∵AB 是O ⊙的直径,点C 是O ⊙上的动点,∴90ACB ∠=︒,即BC AC ⊥.又∵PA 垂直于O ⊙所在平面,BC ⊂平面O ⊙∴PA BC ⊥.∴PA AC A =∴BC ⊥平面PAC .又BC ⊂平面PCB ,∴平面PAC ⊥平面PBC .(2)由⑴的结论平面PAC ⊥平面PBC ,平面PAC 平面PBC PC =,∴过A 点作PC 的垂线,垂足为D ,在Rt ABC △中, 3 , 1PA AC ==,∴2PC =,由AD PC PA AC ⨯=⨯,∴13322PA AC AD PC ⨯⨯===, ∴A 点到平面PCB 的距离为32. 变式4:在三棱锥P ABC -中,底面ABC 为直角三角形,AB BC =,PA ⊥平面ABC .(1)证明:BC PB ⊥;(2)若D 为AC 的中点,且4,22PA AB ==,求点D 到平面PBC 的距离. 解析:(1)∵ABC ∆为直角三角形,AB BC =,∴AB BC ⊥,∵PA ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴PA BC ⊥,BC ⊥平面PAB ,∵PB ⊂平面PAB ,∴BC PB ⊥.(2)由AB BC =,4PA =,22AB =,根据已知易得26PB =,∴1122264322PBC S BC PB ∆=•=⨯⨯=, 11122222222DBC ABC S S ∆∆==⨯⨯⨯=, ∴1833P DBC DBC V S PA -∆=⨯=, 设点D 到平面PBC 的距离为h ,则4333D PBC PBC h h V S -∆==, ∵P DBC D PBC V V --=,∴233h =. 变式5:如图,在三棱柱111ABC A B C -中,1AA ⊥平面ABC ,12AB AA ==,5AC =,3BC =,M ,N 分别为11B C 、1AA 的中点.(1)求证:平面1ABC ⊥平面11AAC C ;(2)求证://MN 平面1ABC ,并求M 到平面1ABC 的距离.解析:证明:(1)∵222AB AC BC +=,∴AB AC ⊥,又1AA ⊥平面ABC ,∴1AA AB ⊥,又1AC AA A =,∴AB ⊥平面11AAC C , ∵AB ⊂平面1ABC ,∴平面1ABC ⊥平面11AAC C .(2)取1BB 中点D ,∵M 为11B C 中点,∴1//MD BC ,又N 为1AA 中点,四边形11ABB A 为平行四边形,∴//DN AB ,又MDDN D =,∴平面//MND 平面1ABC .∵MN ⊂平面MND ,∴//MN 平面1ABC .∴N 到平面1ABC 的距离即为M 到平面1ABC 的距离. 过N 作1NH AC ⊥于H ,∵平面1ABC ⊥平面11AAC C ,∴NH ⊥平面1ABC , ∴1111112552233AA AC NH AC ⨯⨯=⨯=⨯=. ∴点M 到平面1ABC 的距离为53.(或由等体积法可求)变式6:如图6,已知点C 是圆心为O 半径为1的半圆弧上从点A 数起的第一个三等分点,AB 是直径,1CD =,直线CD ⊥平面ABC .(1)证明:AC BD ⊥;(2)在DB 上是否存在一点M ,使得OM ∥平面DAC ,若存在,请确定点M 的位置,并证明之;若不存在,请说明理由;(3)求点C 到平面ABD 的距离.【答案】(1)见解析 (2)中点 (321【解析】试题分析:注意空间垂直关系的转化,线线垂直可由线面垂直而得,注意是否存在类问题的解法,可由先确定点的位置,之后再证明,对于第三问,可由等级法来确定.试题解析:(1)证明:∵CD ⊥平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,∴CD AC ⊥. (1分)∵点C 在圆O 上,AB 是直径,∴AC BC ⊥. (2分)又∵CD BC C =,∴AC ⊥平面BCD . (3分)又∵BD 平面BCD ,∴AC BD . (4分)(2)当M 为棱DB 中点时,OM ∥平面DAC . (5分)证明:,M O 分别为,DB AB 中点,∴OM ∥AD , (6分)又AD ⊂平面DAC ,OM ⊄平面DAC ,∴OM ∥平面DAC . (7分)(3)∵点C 是圆心为O 半径为1的半圆弧上从点A 数起的第一个三等分点,∴60AOC ∠=︒,而1OA OC ==,于是,1AC =, (8分) ∵AB 是直径,∴AC BC ⊥,于是,2222213BC AB AC =-=-=∵直线CD ⊥平面ABC ,所以,CD AC ⊥,CD BC ⊥,2222112AD AC CD =+=+=,22312BD BC CD =+=+=.(9分) ∵2AB BD ==,设点E 是AD 的中点,连接BE ,则BE AD ⊥ ∴22222(2/2)7/2BE AB AE =-=-=, (10分)1131322ABC S AC BC ∆=⋅=⨯=, (11分) 117722222ABD S AD BE ∆=⋅==. (12分) ∵C ABD D ABC V V --=, (13分) 设点C 到平面ABD 的距离为h ,则有1133ABD ABC S h S CD ∆∆⋅=⋅,即73122h ⋅=⨯, ∴217h =,即点C 到平面ABD 的距离为217. (14分) 题型二 线面角常见技巧:1、定义法;2、等体积法例2:如图,在四棱锥 P ABCD -中,底面ABCD 是平行四边形,45,1,ADC AD AC O ∠===为AC 的中点,PO ⊥平面ABCD ,2,PO M =为 BD 的中点.(1)证明: AD ⊥平面 PAC ;(2)求直线 AM 与平面ABCD 所成角的正切值.解析:证明:(1) ,45,90AD AC ACD ADC DAC =∴∠=∠=∴∠=,又PO ⊥平面,ABCD PO AD ∴⊥,又,POAC O AD =∴⊥平面PAC . (2)连结 DO ,取DO 中点N ,连结,MN PO ⊥平面,ABCD MN ∴⊥平面ABCD MAN ∠,为所求线面角, 15125,1,tan 2225AN DO MN PO MAN ====∴∠=. 变式1:在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥面ABCD ,4PA AD ==,2AB =,以AC 为直径的球面交PD 于M 点.(1)求证:面ABM ⊥面PCD ;(2)求CD 与面ACM 所成角的正弦值.解析:(1)证明:∵PA ⊥平面ABCD ,AB ⊂平面ABCD ,∴PA AB ⊥,又∵AB AD ⊥,PA AD A =,∴AB ⊥平面PAD ,∴AB PD ⊥,由题意得90BMD ∠=︒,∴PD BM ⊥,又∵AB BM B =,∴PD ⊥平面ABM ,又PD ⊂平面PCD ,∴平面ABM ⊥平面PCD .(2)根据题意,1262AMC S AM CM ∆=⋅=,142ADC S AD CD ∆=⋅=, 又M ACD D ACM V V --=,即11422633h ⨯⨯=⨯,42636h ==(其中h 为D 到面ACM 的距离),设CD 与面ACM 所成的角为α, 则2663sin 23h CD α===.变式2:如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,已知11AD AA ==,2AB =,点E 是AB 的中点.(1)求证:11D E A D ⊥;(2)求直线1B C 与平面1DED 所成角的大小.解析:(1)连结1AD ,因为11A ADD 是正方形,所以11AD A D ⊥,又AE ⊥面11ADD A ,1A D ⊂面11ADD A ,所以1AE A D ⊥,又1AD AE A =,1,AD AE ⊂平面1AD E ,所以1A D ⊥平面1AD E ,而1D E ⊂平面1AD E ,所以11D E A D ⊥.(2)易证,四边形11A DCB 是平行四边形,所以11//A D B C ,则直线1B C 与平面1DED 所成角就是直线1A D 与平面1DED 所成角,平面1DED 交11A B 于F ,过1A 作11A H D F ⊥,易证:1A H ⊥平面1D DEF ,1A DH ∠就是直线1A D 与平面1DED 所成角, 111212sin 22A H A DF A D ∠===, 所以直线1B C 与平面1DED 所成角的大小为030.变式3:如下图,已知四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形,PA ⊥平面ABCD ,60ABC ∠=,E ,F 分别是BC ,PC 的中点.(I )证明:AE ⊥平面PAD ;(II )取2AB =,在线段PD 上是否存在点H ,使得EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62,若存在,请求出H 点的位置;若不存在,请说明理由. 证明:由四边形ABCD 为菱形,60ABC ∠=,可得ABC ∆为正三角形,因为E 为BC 的中点,所以AE BC ⊥.又//BC AD ,因此AE AD ⊥.因为PA ⊥平面ABCD ,AE ⊂平面ABCD , 所以PA AE ⊥.而PA ⊂平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,PA AD A =, 所以AE ⊥平面PAD .(II )解:设线段PD 上存在一点H ,连接AH ,EH . 由(I )知,AE ⊥平面PAD ,则EHA ∠为EH 与平面PAD 所成的角. 在Rt EAH ∆中,3AE =,所以当AH 最短时,即当AH PD ⊥时,EHA ∠最大, 此时36tan 2AE EHA AH AH ∠===,因此2AH =. 所以,线段PD 上存在点H , 当2DH =时,使得EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62. 变式4:如图,四棱锥CD P -AB ,底面CD AB 是C 60∠AB =的菱形,侧面D PA 是边长为2的正三角形,O 是AD 的中点, M 为C P 的中点.(1)求证:C D P ⊥A ;(2)若PO 与底面ABCD 垂直,求直线DM 与平面C PA 所成的角的正弦值. 解析:(1)连接C O ,C A ,由题意可知D ∆PA ,CD ∆A 均为正三角形. 所以C D O ⊥A ,D OP ⊥A .又C O OP =O ,C O ⊂平面C PO ,OP ⊂平面C PO , 所以D A ⊥平面C PO , 又C P ⊂平面C PO , 所以C D P ⊥A .(2)又PO ⊥平面CD AB .即PO 为三棱锥CD P -A 的高. 在Rt C ∆PO 中,C 3PO =O =C 6P =在C ∆PA 中,C 2PA =A =,C 6P = 边C P 上的高2210AM =PA -PM =,所以C ∆PA 的面积C 111015C 62222S ∆PA =P ⋅AM =⨯⨯=. 设点D 到平面C PA 的距离为h ,由D C CD V V -PA P-A =得,C CD 1133S h S ∆PA ∆A ⋅=⋅PO , 又CD 12332S ∆A =⨯=,所以115133323h ⨯⨯=⨯⨯,解得2155h =. 故点D 到平面C PA 的距离为2155. 设直线DM 与平面C PA 所成的角为θ则5622105152sin ===DM h θ, 所以直线DM 与平面C PA 所成的角的正弦值为562. 变式5:已知等腰直角三角形RBC ,其中, 2==BC RB .点A 、D 分别是RB 、RC的中点,现将△RAD 沿着边AD 折起到△PAD 位置, 使PA ⊥AB ,连结PB 、PC .(Ⅰ)求证:BC ⊥PB(Ⅱ)求PC 与平面ABCD 所成角的余弦值 解析:(Ⅰ)证明:∵A 、D 分别是RB 、RC 的中点; ∴AD ∥BC ,∠P AD =∠RAD =∠RBC =90°; ∴P A ⊥AD ,P A ⊥BC ; 又BC ⊥AB ,P A ∩AB =A ; ∴BC ⊥平面P AB ; ∵PB ⊂平面P AB ;∴BC ⊥PB ;(Ⅱ)由P A ⊥AD ,P A ⊥AB ,AD ∩AB =A ; ∴P A ⊥平面ABCD ;连接AC ,则∠PCA 是直线PC 与平面ABCD 所成的角; ∵AB =1,BC =2,∴AC =5; 又P A =1,P A ⊥AC ,∴PC =6;∴在Rt △P AC 中,cos ∠PCA =53066AC PC ==; ∴PC 与平面ABCD 所成角的余弦值为306变式6:如图,在三棱锥P ABC -中,ABC ∆是等边三角形,D 是AC 的中点,PA PC =,二面角P AC B --的大小为60.(1)求证:平面PBD ⊥平面PAC ;(2)求AB 与平面PAC 所成角的正弦值. 解析:(1)⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊥⊥AC BBD PB ACPD ACBD 面PBD 又⊂AC 面PAC ,所以 面⊥PAC 面PBD 即平面⊥PBD 平面PAC (2)方法一:PDB ∠就是B AC P --的平面角,得 60=∠PBD作PD BO ⊥于O , 连结AO ,则BO AC ⊥,又D PD AC =⋂ ∴⊥BO 面PAC ,∴BAO ∠就是直线AB 与平面PAC 所成的角令a AB 2=,a BD 3=,a BD BO 2323== ∴43223sin ===∠a aAB BO BAO 变式7:如图,棱柱111C B A ABC -中,四边形B B AA 11是菱形,四边形11B BCC 是矩形,60,2,1,1=∠==⊥AB A AB CB BC AB .A C 1B 1CBA 1(1)求证:平面111ABB A B CA 平面⊥; (2)求点1C 到平面CB A 1的距离;(3)求直线C A 1与平面11B BCC 所成角的正切值.【答案】(1)证明过程详见试题解析;(2)点1C 到平面1A CB;(3)直线1A C 与平面11BCC B【解析】试题分析:(1)先证明CB ⊥面11A ABB ,又CB ⊂面11A ABB ,∴平面111CA B A ABB ⊥平面;(2)先求出11B A CB V -,即可知点1B 到面1A CB 的距离,而点11,C B 到面1A CB 的距离相等,所以点1C 到平面1A CB;(3)先找出1CA 在面11C CBB 的射影CE ,1CEA ∠为直线1A C 与平面11BCC B 所成线面角,放在1Rt ACE ∆中即可求出直线1A C 与平面11BCC B试题解析:(1)111111CB ABCB A ABB CB BB ABB CB CA B AB BB B ⊥⎫⊥⎫⎪⊥⇒⇒⊥⎬⎬⊂⎭⎪=⎭11面面CA B 面A 面 4分(2)解:11111111////B C BCB C A BC B C BC A BC ⎫⎪⊄⇒⎬⎪⊂⎭面面面1A BC ,所以点11,C B 到面1A CB 的距离相等, 6分设点1B 到面1A CB 的距离相等,则11113B A CB A BC V S d -=∵160A AB ∠=︒,∴1A AB ∆为正三角形,1112,211,2A BC AB S ∴===1113B A CB V d -∴= 7分又1111111333B A CBC A B B A B B V V S BC --===8分∴3d =,∴3d =,点1C 到平面1A CB 的距离为. 9分(3)解:过1A 作11A E B B ⊥,垂足为E 10分111111A E A E BB A E A ABB ⊥⎫⎪⎪⇒⊥⎬⊥⎪⎪⊂⎭111111111面A ABB 面BB C C面A ABB 面BB C C=BB 面面11C CBB 12分∴CE 为1CA 在面11C CBB 的射影,1CEA ∠为直线C A 1与平面11B BCC 所成线面角,13分在1Rt ACE ∆中,11tan A E ACEEC ∠===, 所以直线C A 1与平面11B BCC 题型三 锥体体积常用技巧:选择合适的底面例3:如图,在三棱锥P ABC -中,2PA PB AB ===,3BC =,90ABC ∠=︒,平面A C 1B 1CBA 1PAB ⊥平面ABC ,D ,E 分别为AB ,AC 中点.(1)求证://DE 平面PBC ; (2)求证:AB PE ⊥; (3)求三棱锥P BEC -的体积.解析:(1)∵D ,E 分别为AB ,AC 的中点,∴//DE BC , 又DE ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,∴//DE 平面PBC . (2)连接PD ,∵//DE BC ,又90ABC ∠=︒,∴DE AB ⊥, 又PA PB =,D 为AB 中点,∴PD AB ⊥, ∴AB ⊥平面PDE ,∴AB PE ⊥.(3)∵平面PAB ⊥平面ABC ,PD AB ⊥,∴PD ⊥平面ABC ,∴1111323322322P BEC P ABC V V --==⨯⨯⨯⨯⨯=. 变式1:如图,三棱柱111ABC A B C -中,112AB AC AA BC ====,01160AA C ∠=,平面1ABC ⊥平面11AAC C ,1AC 与1A C 相交于点D .(1)求证:1BD A C ⊥;(2)若E 在棱1BC 上,且满足//DE 面ABC ,求三棱锥1E ACC -的体积解析:(1)已知侧面11AAC C 是菱形,D 是1AC 的中点,∵1BA BC =,∴1BD AC ⊥∵平面1ABC ⊥平面11AAC C ,且BD ⊂平面1ABC ,平面1ABC 平面11AAC C 1AC =,∴BD ⊥平面11AAC C ,1BD A C ⊥.(2)∵//DE 面ABC ,DE ⊂面1ABC ,面1ABC 面ABC AB =,∴//DE AB∵点D 为1AC 的中点,∴点E 为1BC 的中点,∵112AA AC AC ===,01160AA C ∠=,∴12AC =,∵12AB BC ==,∴1ABC ∆为正三角形,3BD =∴点E 到面1ACC 的距离12=,点B 到面1ACC 的距离1322BD ==,101113sin 60223222ACC S AC AC ∆=••=•••= ∴1113133322E ACC V sh -==••=. 变式2:如图,在平行四边形ABCD 中,1,2AB BC ==,3CBA π∠=,ABEF 为直角梯形,//BE AF ,2BAF π∠=,2BE =,3AF =,平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证:AC ⊥平面ABEF ;(2)求三棱锥D AEF -的体积.解析:(1)证明:在ABC ∆中,1AB =,3CBA π∠=,2BC =,所以2222cos 3AC BA BC BA BC CBA =+-⨯∠=,所以222AC BA BC +=,所以AB AC ⊥, 又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ,平面ABCD平面ABEF AB =,AC ⊂平面ABCD ,所以AC ⊥平面ABEF . (2)解:如图,连结CF . ∵//CD AB ,∴//CD 平面ABEF .∴点D 到平面ABEF 的距离等于点C 到平面ABEF 的距离,并且3AC =.∴D AEF C AEF V V --=11(31)332=⨯⨯⨯⨯ 32=变式3:如图,在四棱锥P ABCD -中,PD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是菱形,60BAD ∠=,2AB =,6PD =,O 为AC 与BD 的交点,E 为棱PB 上一点.(Ⅰ)证明:平面EAC ⊥平面PBD ;(Ⅱ)若//PD 平面EAC ,求三棱锥P EAD -的体积. 解析:(Ⅰ)证明:∵PD ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD , ∴AC PD ⊥.∵四边形ABCD 是菱形,∴AC BD ⊥, 又∵PD BD D =,AC ⊥平面PBD .而AC ⊂平面EAC ,∴平面EAC ⊥平面PBD .(Ⅱ)解:∵//PD 平面EAC ,平面EAC 平面PBD OE =, ∴//PD OE ,∵O 是BD 中点,∴E 是PB 中点.取AD 中点H ,连结BH ,∵四边形ABCD 是菱形,60BAD ∠=,∴BH AD ⊥,又BH PD ⊥,AD PD D =,∴BD ⊥平面PAD,BH AB ==.∴11111222362P EAD E PAD B PAD PAD V V V S BH ---∆===⨯⨯⨯=⨯⨯= 变式4:如图,在三棱锥ABC S -中,⊥SA 底面ABC , 90=∠ABC ,且AB SA =, 点M 是SB 的中点,SC AN ⊥且交SC 于点N .(1)求证:⊥SC 平面AMN ;(2)当1AB BC ==时,求三棱锥SAN M -的体积.(1)证明:SA ⊥底面ABC ,BC SA ∴⊥,又易知BC AB ⊥, BC ∴⊥平面SAB ,BC AM ∴⊥,又SA AB =,M 是SB 的中点,AM SB ∴⊥, AM ∴⊥平面SBC ,AM SC ∴⊥, 又已知SC AN ⊥, ⊥∴SC 平面AMN ;(2)SC ⊥平面AMN ,SN ∴⊥平面AMN , 而1SA AB BC===,AC ∴=SC =又AN SC⊥,AN ∴=, 又AM ⊥平面SBC ,AM AN ∴⊥,而2AM =,6MN ∴=,122AMB S ∆∴=⨯= 11336S AMN AMN V S SN -∆∴=⋅=,361==∴--AMN S SAN M V V .题型4 二面角常用技巧:1、定义法;2、垂线法;3、垂面法例4:四棱锥A BCDE -中,底面BCDE 为矩形,侧面ABC ⊥底面BCDE ,2BC =,2CD =,AB AC =.(1)证明:AD CE ⊥;(2)设CE 与平面ABE 所成的角为45,求二面角C AD E --的余弦值的大小. 解析:(1)取BC 中点F ,连接DF 交CE 于点O . ∵AB AC =,∴AF BC ⊥,又平面ABC ⊥平面BCDE ,∴AF ⊥平面BCDE , ∴AF CE ⊥.2tan tan 2CED FDC ∠=∠=, ∴90OED ODE ∠+∠=,∴90DOE ∠=,即CE DF ⊥, ∴CE ⊥平面ADF ,∴CE AD ⊥.(2)在面ACD 内过C 点作AD 的垂线,垂直为G .∵CG AD ⊥,CE AD ⊥,∴AD ⊥面CEG ,∴EG AD ⊥, 则CGE ∠即为所求二面角的平面角.23AC CD CG AD •==,6DG =,2230EG DE DG =-=,6CE =22210cos 210CG GE CE CGE CG GE +-∠==-•.变式1:如图,三棱柱111C B A ABC -的底面是边长为2的正三角形,且侧棱垂直于底面,侧棱长是3,D 是AC 的中点。

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