立体几何解题技巧及高考类型题老师专用
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立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用
【命题分析】高考中立体几何命题特点:
1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系.
2.空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现.
3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题,填空题出现.
4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题,特别是与球有关的问题将是高考命题的热点. 此类题目分值一般在17---22分之间,题型一般为1个选择题,1个填空题,1个解答题. 【考点分析】掌握两条直线所成的角和距离的概念,对于异面直线的距离,只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念. 【高考考查的重难点】空间距离和角 “六个距离”:
1、两点间距离 2
212
212
21)()()(d z z y y x x -+-+-=;
2、点P 到线l
的距离d =
(Q 是直线l 上任意一点,u 为过点P 的直线l 法向量);
3
、两异面直线的距离d =
(P 、Q 分别是两直线上任意两点,u 为两直线公共法向量); 4、点P 到平面的距离
d =
(Q 是平面上任意一点,u 为平面法向量);
5
、直线与平面的距离d =(P 为直线上的任意一点、Q 为平面上任意一点,u 为平面法向
量);
6、平行平面间的距离u
u PQ *d =
(P 、Q 分别是两平面上任意两点,u 为两平面公共法向量 );
“三个角度”:
1、异面直线角[0,2π
],cos θ=2
121v v v v ;【辨】直线倾斜角范围[0,π);
2、线面角 [0,
2π
] ,sin θ=n
v vn n v =,cos 或者解三角形; 3、二面角 [0,π],cos 2
121n n n n ±
=θ 或者找垂直线,解三角形。
不论是求空间距离还是空间角,都要按照“一作,二证,三算”的步骤来完成,即寓证明于运算之中,证是本专题的一大特色.
求解空间距离和角的方法有两种:一是利用传统的几何方法,二是利用空间向量。其中,利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定,是解决立体几何问题这套强有力的工具时,使得高考题具有很强的套路性。 【例题解析】
考点1 点到平面的距离
求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度,其关键在于确定点在平面内的垂足,当然别忘了转化法与等体积法的应用.
典型例题1、(福建卷)如图,正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2,D 为1CC 中点.
(Ⅰ)求证:1AB ⊥平面1A BD ;
(Ⅱ)求二面角1A A D B --的大小;
(Ⅲ)求点C 到平面1A BD 的距离.
A
B
C
D A 1
C 1
B 1
考查目的:本小题主要考查直线与平面的位置关系,二面角的大小, 点到平面的距离等知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 解:解法一:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO .
ABC Q △为正三角形,AO BC ∴⊥.
Q 正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,
G
AO ∴⊥平面11BCC B .
连结1B O ,在正方形11BB C C 中,O D ,分别为
1BC CC ,的中点, 1B O BD ∴⊥, 1AB BD ∴⊥.
在正方形11ABB A 中,11AB A B ⊥, 1AB ∴⊥平面1A BD .
(Ⅱ)设1AB 与1A B 交于点G ,在平面1A BD 中,作1GF A D ⊥于F ,连结AF ,由(Ⅰ)得1AB ⊥平面
1A BD .
1AF A D ∴⊥, AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角.
在1AA D △中,由等面积法可求得455
AF =,
又1122AG AB ==Q , 210sin 4
455AG AFG AF ∴===∠.
所以二面角1A A D B --的大小为10arcsin 4
.
(Ⅲ)1A BD △中,1
115226A BD BD A D A B S ===∴=△,,,1BCD S =△.
在正三棱柱中,1A 到平面11BCC B 的距离为3.
A
B
C D
C 1
O
F
设点C 到平面1A BD 的距离为d .
由1
1
A BCD C A BD V V --=,得1
11333
BCD A BD S S d =g g △△,
1322
BCD A BD S d S ∴=
=
△△.
∴点C 到平面1A BD 的距离为22
.
解法二:(Ⅰ)取BC 中点O ,连结AO .
ABC Q △为正三角形,AO BC ∴⊥.
Q 在正三棱柱111ABC A B C -中,平面ABC ⊥平面11BCC B ,
AD ∴⊥平面11BCC B .
取11B C 中点1O ,以O 为原点,OB uuu r ,1OO u u u u r
,OA uu u r 的方向为x y z ,,轴的正方向建立空间直角坐标系,
则(100)B ,,,(110)D -,,,1(023)A ,,,(003)A ,,,1(120)B ,,, 1(123)AB ∴=-u u u r ,,,(210)BD =-u u u r ,,,1(1
23)BA =-u u u r ,,. 12200AB BD =-++=u u u r u u u r Q g ,111430AB BA =-+-=u u u r u u u r
g , 1AB BD ∴u u u r u u u r ⊥,.11AB BA u u u r u u u r
⊥
1AB ∴⊥平面1A BD .
(Ⅱ)设平面1A AD 的法向量为()x y z =,,n . (113)AD =--u u u r ,,,1(020)AA =u u u r ,,. AD u u u r Q ⊥n ,1AA u u u r ⊥n ,
令1z =得(301)=-,,n 为平面1A AD 的一个法向量.
x z
A
B
C D
O
F
y
由(Ⅰ)知1AB ⊥平面1A BD , 1AB ∴u u u r
为平面1A BD 的法向量.
cos 1 336222AB AB AB -->===-u u u r u u u r g u u u r g g n n . ∴二面角1A A D B --的大小为6arccos . (Ⅲ)由(Ⅱ),1AB u u u r 为平面1A BD 法向量, 1(200)(123)BC AB =-=-u u u r u u u r Q ,,,,,. ∴点C 到平面1A BD 的距离1 1 2222BC AB d AB -===u u u r u u u r g u u u r . 小结:本例(Ⅲ)采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法,把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法,这是数学解题中常用的方法;解法一采用了等体积法,这种方法可以避免复杂的几何作图,显得更简单些,因此可优先考虑使用这种方法. 考点2 异面直线的距离 考查异目主面直线的距离的概念及其求法,考纲只要求掌握已给出公垂线段的异面直线的距离. 典型例题2、 已知三棱锥ABC S -,底面是边长为24的正三角形,棱SC 的长为2,且垂直于底面.D E 、分别为AB BC 、的中点,求CD 与SE 间的距离. 思路启迪:由于异面直线CD 与SE 的公垂线不易寻找,所以设法将所求异面直线的距离,转化成求直线与平面的距离,再进一步转化成求点到平面的距离. 解:如图所示,取BD 的中点F ,连结EF ,SF ,CF , EF ∴为BCD ?的中位线,EF ∴∥CD CD ∴,∥面SEF , CD ∴到平面SEF 的距离即为两异面直线间的距离. 又Θ线面之间的距离可转化为线CD 上一点C 到平面SEF 的距离,设其为h ,由题意知,24=BC ,D 、E 、F 分别是 AB 、BC 、BD 的中点, 在Rt SCE ?中,3222=+=CE SC SE 在Rt SCF ?中,30224422=++=+=CF SC SF 又3,6=∴= ?SEF S EF Θ 由于h S V V SEF CEF S SEF C ??= =?--3 1 ,即332331= ??h ,解得332=h 故CD 与SE 间的距离为 3 3 2. 小结:通过本例我们可以看到求空间距离的过程,就是一个不断转化的过程. 考点3 直线到平面的距离 偶尔会再加上平行平面间的距离,主要考查点面、线面、面面距离间的转化. 典型例题3. 如图,在棱长为2的正方体1AC 中,G 是1AA 的中点,求BD 到平面11D GB 的距离. 思路启迪:把线面距离转化为点面距离,再用点到平面距离的方法求解. 解:解法一 BD Θ∥平面11D GB , BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求,以下求 点O 平面11D GB 的距离, B A C D O G H 1111C A D B ⊥Θ,A A D B 111⊥,⊥∴11D B 平面11ACC A , 又?11D B Θ平面11D GB ∴平面1111D GB ACC A ⊥,两个平面的交线是G O 1, 作G O OH 1⊥于H ,则有⊥OH 平面11D GB ,即OH 是O 点到平面11D GB 的距离. 在OG O 1?中,2222 1 2111=??=??= ?AO O O S OG O . 又3 6 2,23212111=∴=??=??= ?OH OH G O OH S OG O . 即BD 到平面11D GB 的距离等于 3 6 2. 解法二 BD Θ∥平面11D GB , BD ∴上任意一点到平面11D GB 的距离皆为所求,以下求点B 平面11D GB 的距离. 设点B 到平面11D GB 的距离为h ,将它视为三棱锥11D GB B -的高,则 , 由于632221,111111=??= =?--D GB GBB D D GB B S V V 3 4 222213111=????=-GBB D V , ,3 6 26 4= = ∴h 即BD 到平面11D GB 的距离等于 3 6 2. 小结:当直线与平面平行时,直线上的每一点到平面的距离都相等,都是线面距离.所以求线面距离关键是选准恰当的点,转化为点面距离.本例解析一是根据选出的点直接作出距离;解析二是等体积法求出点面距离. 考点4 异面直线所成的角【重难点】 此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角,然后通过解三角形来求角. (1)求异面直线所成角的思路是:通过平移把空间两异面直线转化为同一平面内的相交直线,进而利用平面几何知识(余弦定理、正弦定理、射线定理(12cos cos cos θθθ=))求解,整 个求解过程可概括为:一找二证三求。 (2)求异面直线所成角的步骤: ①选择适当的点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线,这里的点通常选择特殊位置斩点。 ②求相交直线所成的角,通常是在相应的三角形中进行计算。 ③因为异面直线所成的角θ的范围是0°<θ≤90°,所以在三角形中求的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角。 3、“补形法”是立体几何中一种常见的方法,通过补形,可将问题转化为易于研究的几何体来处理,利用“补形法”找两异面直线所成的角也是常用的方法之一。 4、利用向量,设而不找,对于规则几何体中求异面直线所成的角也是常用的方法之一。 方法总结:直接平移法、中位线平移、补形平移法、向量法 典型例题 4、 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,若AB=BC=3,AA 1=4,求异面直线B 1D 与BC 1所成角的大小。 选题意图,通过该题,让学生进一步理解异面直线所成角的概念,熟练掌握异面直线所成角的求法。 分析:构造三角形找中位线,然后利用中位线的性质,将异面直线所成的角转化为平面问题,解三角形求之。 解法一:如图①连结B 1C 交BC 1于0,过0点作OE ∥DB 1,则∠BOE 为所求的异面直线DB 1与 BC 1所成的角。连结EB ,由已知有B 1BC 1=5,BE= 2,∴cos ∠BOE=170 ∴∠ BOE=cos arc 734 170 解法二:如图②,连DB 、AC 交于O 点,过O 点作OE ∥DB 1,过E 点作EF ∥C 1B ,则∠OEF 或其补角就是两异面直线所成的角,过O 点作OM ∥DC ,连结MF 、OF 。则OF= 73 ,cos ∠OEF=734 ,∴异面直线B 1D 与BC 1所成的角为cos arc 734。 解法三:如图③,连结D 1B 交DB 1于O ,连结D 1A ,则四边形ABC 1D 1为平行四边形。在平行四边 形ABC 1D 1中过点O 作EF ∥BC 1交AB 、D 1C 1于E 、F ,则∠DOF 或其补角就是异面直线DB 1与BC 1所成的角。在△ADF 中DF= 352,cos ∠DOF=734170,∴∠DOF=cos arc 734 170 。 解法四:如图④,过B 1点作BE ∥BC 1交CB 的延长线于E 点。 则∠DB 1E 就是异面直线DB 1与BC 1所成角,连结DE 交AB 于M ,DE=2DM=35, cos ∠DB 1E= 734170 ∴∠DB 1E=cos arc 734170 。 解法五:如图⑤,在平面D 1DBB 1中过B 点作BE ∥DB 1交D 1B 1的延长线于E ,则∠C 1BE 就是异面直线DB 1与BC 1所成的角,连结C 1E ,在△B 1C 1E 中,∠C 1B 1E=135°,C 1E=35, cos ∠C 1BE= 734170,∴∠C 1BE=cos arc 734 170 。 分析:在已知图形外补作一个相同的几何体,以例于找出平行线。 解法六:如图⑥,以四边形ABCD 为上底补接一个高为4的长方体ABCD-A 2B 2C 2D 2,连结D 2B ,则DB 1∥D 2B ,∴∠C 1BD 2或其补角就是异面直线DB 1与BC 1所成的角,连C 1D 2,则△C 1D 2C 2为Rt △,cos ∠C 1BD 2=- 734, ∴异面直线DB 1与BC 1所成的角是cos arc 734 170 。 解法七:如图⑦,连结DB 、DC 1,设异面直线DB 1与BC 1所成的角为θ,1111 DB cos BC DB BC θ?= , 而11DB BC ?=1DB ?(111BB B C +)=11DB BB ?+111DB B C ? =1DB 1BB cos 〈1DB ,1BB 〉+1DB 11B C cos 〈1DB ,11B C 〉 ∵ BB 1∥DD 1 ∴ 〈1DB ,1BB 〉=〈1DD ,1DB 〉=∠D 1DB 1 cos ∠D 1DB 1= 34 〈1DB ,11B C 〉=180°-∠DB 1C 1 ∵cos ∠DB 1C 1= 34 ∴cos 〈1DB ,11B C 〉=-cos ∠DB 1C 1=- 34 11DB BC ?=7 ∴ cos θ= 734170,734 arccos 170 θ= 解法八:如图⑧,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B (3,3,0),B 1(3,3,4),D (0,0,0),C 1(3,0,4)。 设1DB 和1BC 的夹角为θ, 则1111 DB cos BC DB BC θ?= = 170 ∴异面直线1DB 与1BC 所成的角为。 总之,异面直线所成的角是立体几何中的重要概念,也是我们学习的第一个空间角,它的求法体现了立体几何将空间图形问题化归为平面图形问题的基本思想。 典型例题5、长方体ABCD -A1B1C1D1中,AB=AA1=2cm ,AD=1cm ,求异面直线A 1C 1与BD 1所成的角。 解法1:平移法 设A 1C 1与B 1D 1交于O ,取B 1B 中点E ,连接OE ,因为OE//D 1B ,所以∠C 1OE 或其补角就是异面直线A 1C 1与BD 1所成的角△C 1OE 中 ,所以异面直线所成的角为 解法2:补形法 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面BC 1上补上一个同样大小的长方体,将AC 平移到BE ,则∠D 1BE 或其补角就是异面直线A 1C 1与BD 1所成的角,在△BD 1E 中,BD 1=3,, 所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为 图2 解法3:利用公式 设OA 是平面α的一条斜线,OB 是OA 在α内的射影,OC 是平面α内过O 的任意一条直线,设OA 与OC 、OA 与OB 、OB 与OC 所成的角分别是、1、2,则 (注:在 上述题设条件中,把平面α内的OC 换成平面α内不经过O 点的任意一条直线,则上述结论同样成立)D 1B 在平面ABCD 内射影是BD ,AC 看作是底面ABCD 内不经过B 点的一条直线,BD 与AC 所成 55arccos OE C 1=∠所以111BD C A 与55 arccos 5BE =5224E D 221=+=55 arccos 2 1cos cos cos θθθ?=θθθ2 1cos cos cos θθθ?= 的角为∠AOD ,D 1B 与BD 所成角为∠D 1BD ,设D 1B 与AC 所成角为, , 。 所以 所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为 解法4:向量几何法: 设 为空间一组基向量 所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为 解法5:向量代数法: 以D 为坐标原点,DC 、DA 、DD 1分别为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系,则A (0,1,0)、C (2,0,0),B (2,1,0)、D 1(0,0,2), 所以异面直线A 1C 1与BD 1所成的角为 解法6:利用公式 定理:四面体A —BCD 两相对棱AC 、BD 间的夹角必满足 图6 解:连结BC 1、A 1B 在四面体 中,异面直线A 1C 1与BD 1所成的角是,易求得 图7 θAOD cos BD D cos cos 1∠?∠=θ5 5 BD BD BD D cos 11== ∠55 arccos =θ55arccos |b ||a |b a cos ?= θ→→→1AA AD AB 、、55arccos ) 0,1,2(AC ),2,1,2(BD 1-=→ --=→55arccos θ1 11D C A B -θ3BD ,22B A ,5BC C A 11111==== 由定理得: 所以 小结: 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形,作法有:①平移法:在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”,作另一条直线的平行线,如解析一,或利用中位线,如解析二;②补形法:把空间图形补成熟悉的几何体,其目的在于容易发现两条异面直线间的关系,如解析三.一般来说,平移法是最常用的,应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围:?? ? ??2,0π. 考点5 直线和平面所成的角 此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算. 典型例题6、(全国卷Ⅰ理)四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形,侧面SBC ⊥底面ABCD .已知45ABC =o ∠,2AB =,22BC =,3SA SB ==. (Ⅰ)证明SA BC ⊥; (Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成角的大小. 考查目的:本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系, 二面角的大小,点到平面的距离等知识,考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 解:解法一:(Ⅰ)作SO BC ⊥,垂足为O ,连结AO ,由侧面SBC ⊥底面ABCD , 得SO ⊥底面ABCD . 因为SA SB =,所以AO BO =, 又45ABC =o ∠,故AOB △为等腰直角三角形,AO BO ⊥, 由三垂线定理,得SA BC ⊥. 1 112 1 1212111BD C A 2C D B A BC D A cos ?--+= θ55arccos =θD B C A S D B C A S (Ⅱ)由(Ⅰ)知SA BC ⊥,依题设AD BC ∥, 故SA AD ⊥,由22AD BC ==,3SA = ,2AO =,得 1SO =,11SD =. SAB △的面积2 21112 22S AB SA AB ? ?=-= ??? g . 连结DB ,得DAB △的面积21 sin13522 S AB AD = =o g 设D 到平面SAB 的距离为h ,由于D SAB S ABD V V --=,得 1211 33 h S SO S =g g ,解得2h =. 设SD 与平面SAB 所成角为α,则222sin 11h SD α===. 所以,直线SD 与平面SBC 所成的我为22arcsin . 解法二: (Ⅰ)作SO BC ⊥,垂足为O ,连结AO ,由侧面SBC ⊥底面ABCD ,得SO ⊥平面 ABCD . 因为SA SB =,所以AO BO =. 又45ABC =o ∠,AOB △为等腰直角三角形,AO OB ⊥. 如图,以O 为坐标原点,OA 为x 轴正向,建立直角坐标系O xyz -, (200)A ,,,(020)B ,,,(020)C -,,,(001)S ,,,(201)SA =-u u r ,,, (0220)CB =u u u r ,,,0SA CB =u u r u u u r g ,所以SA BC ⊥. D B C A S (Ⅱ)取AB 中点E ,0E ??? ?? , 连结SE ,取SE 中点G ,连结OG ,12G ??? ?? ,. 1 2OG ?=????,,1SE ?=?? ?? ,(AB =. 0SE OG =g ,0AB OG =g ,OG 与平面SAB 内两条相交直线SE ,AB 垂直. 所以OG ⊥平面SAB ,OG 与DS 的夹角记为α,SD 与平面SAB 所成的角记为β,则α与β互余. D ,()DS =. cos OG DS OG DS α= = g g sin β= 所以,直线SD 与平面SAB 所成的角为 小结:求直线与平面所成的角时,应注意的问题是(1)先判断直线和平面的位置关系;(2)当直线和平面斜交时,常用以下步骤:①构造——作出斜线与射影所成的角,②证明——论证作出的角为所求的角,③计算——常用解三角形的方法求角,④结论——点明直线和平面所成的角的值. 考点6 二面角【重点】 此类题主要是如何确定二面角的平面角,并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点 ①从一条直线出发的两个半平面所成的图形叫做二面角,记作:二面角α—l —β。 ②以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。 ③范围: [0,]θπ∈ 2、二面角出现的状态形式有哪些? 竖立式 横卧式 2、二面角的类型及基本方法 (1)四种常规几何作求法 定义法 垂面法; 三垂线法; 射影面积法=S 射影多边形/S 多边形 (2)向量法: ①设m u r 和n r 分别为平面βα,的法向量,二面角βα--l 的大小为θ,向量 m u r 、n r 的夹角为ω,如图: βα,的法向量,二面角βα--l 的大小为θ,向量 m u r 、n r θω= βα,的法向量,则平面α与平面β所成的二面角θ 的计算公式是:=θ 时)当二面角为锐角、直角(或-=πθ当二面角为钝角时)(,其中锐角、钝角根据图形确定。 1、定义法:在棱上任取一点,过这点在两个面内分别引棱的垂线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角。 2、三垂线定理及逆定理法:自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线,再由垂足向棱作垂线得到棱上的点。斜足与面上一点连线,和斜足与垂足连线所夹的角即为二面角的平面角。 3、作棱的垂面法:自空间一点作与棱垂直的平面,截二面角的两条射线所成的角就是二面角的平面角。 4、投影法:利用s 投影面=s 被投影面θcos 这个公式对于斜面三角形,任意多边形都成立,是求二面角的好方法。尤其对无棱问题 5异面直线距离法: EF 2=m 2+n 2+d 2-2mn θcos 典型例题7、若p 是ABC ?所在平面外一点, 而PBC ?和ABC ?都是边长为2的正三角形, PA=6,求二面角P-BC-A 的大小。 分析:由于这两个三角形是全等的三角形, 故采用定义法 解:取BC 的中点E ,连接AE 、PE Θ AC=AB ,PB=PC ∴ AE ⊥ BC ,PE ⊥BC ∴PEA ∠为二面角P-BC-A 的平面角 在PAE ?中AE=PE=3,PA=6 ∴PEA ∠=900 ∴二面角P-BC-A 的平面角为900。 典型例题8、已知ABC ?是正三角形,⊥PA 平面ABC 且PA=AB=a,求二面角A-PC-B 的大小。 [思维]二面角的大小是由二面角的平面角来度量的,本题可利用三垂线定理(逆)来作平面角,还可以用射影面积公式或异面直线上两点间距离公式求二面角的平面角。 P C B A E 解1:(三垂线定理法) 取AC 的中点E ,连接BE ,过E 做EF ⊥PC,连接BF Θ⊥PA 平面ABC ,PA ?平面PAC ∴平面PAC ⊥平面ABC, 平面PAC I 平面ABC=AC ∴BE ⊥平面PAC 由三垂线定理知BF ⊥PC ∴BFE ∠为二面角A-PC-B 的平面角 设PA=1,E 为AC 的中点,BE= 23,EF=4 2 ∴tan BFE ∠= 6=EF BE ∴BFE ∠=arctan 6 解2:(三垂线定理法) 取BC 的中点E ,连接AE ,PE 过A 做AF ⊥PE, FM ⊥PC,连接FM ΘAB=AC,PB=PC ∴ AE ⊥BC,PE ⊥BC ∴ BC ⊥平面PAE,BC ?平面PBC ∴ 平面PAE ⊥平面PBC, 平面PAE I 平面PBC=PE 由三垂线定理知AM ⊥PC ∴FMA ∠为二面角A-PC-B 的平面角 P C B A E F M E P C B A F 设PA=1,AM= 22,AF=721 .=PE AE AP ∴sin FMA ∠= 7 42 =AM AF ∴FMA ∠=argsin 7 42 解3:(投影法) 过B 作BE ⊥AC 于E,连结PE Θ⊥PA 平面ABC ,PA ?平面PAC ∴平面PAC ⊥平面ABC, 平面PAC I 平面ABC=AC ∴BE ⊥平面PAC ∴PEC ?是PBC ?在平面PAC 上的射影 设PA=1,则PB=PC=2,AB=1 4 1 = ?PEC S ,47= ?PBC S 由射影面积公式得,7 7 cos arg ,77=∴== ??θθPBC PEC S S COS , 解4:(异面直线距离法) 过A 作AD ⊥PC,BE ⊥PC 交PC 分别于D 、E 设PA=1,则AD= 2 2 ,PB=PC=2 P C B A E E P C B A D 图3 ∴BE= PC S PBC 2 1?=414,CE=42,DE=42 由异面直线两点间距离公式得 AB 2=AD 2+BE 2+DE 2-2ADBE θCOS ,θCOS = 7 7cos arg ,77=∴θ [点评]本题给出了求平面角的几种方法,应很好掌握。 典型例题9、二面角βα--EF 的大小为ο 120,A 是它内部的一点,AB ⊥α,AC ⊥β,B 、C 为垂足。 (1) 求证:平面ABC ⊥α,平面ABC ⊥β (2) 当AB=4cm,AC=6cm 时求BC 的长及A 到EF 的距离。 分析:本题采用作棱的垂面法找二面角的平面角 解:(1)设过 ABC 的平面交平面α于BD,交平面β于CD ΘAB ⊥α,AB ?平面ABC ∴ 平面ABC ⊥α,同理平面ABC ⊥β (2)ΘAB ⊥α ∴AB ⊥EF 同理AC ⊥EF ∴EF ⊥平面ABDC ∴BD ⊥EF, CD ⊥EF ∴BDC ∠=ο120 图4 A B C D 高三数学立体几何高考题 1.(2012年7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出 的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为 (A )6 (B )9 (C )12 (D )18 2.(2012年8)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1,球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为 (A )6π (B )43π (C )46π (D )63π 3.(2013年11)某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为( ). A .16+8π B .8+8π C .16+16π D .8+16π 4.(2013年15)已知H 是球O 的直径AB 上一点,AH ∶HB =1∶2,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为______. 5.(2014年8)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的 事一个几何体的三视图,则这个几何体是( ) A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱 6.(2014年10)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4, 底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.81π4 B .16π C .9π D.27π4 7.(2015年6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺,问”积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,米堆的体积和堆放的米各位多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米有( ) (A )14斛 (B )22斛 (C )36斛 (D )66斛 8.(2015年11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积为1620π+,则r =( ) (A )1 (B )2 (C )4 (D )8 9(2016年7)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的 圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π 3 , 则它的表面积是 (A )17π (B )18π (C )20π (D )28π 10(2016年11)平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ,11//CB D α平面, ABCD m α=I 平面,11ABB A n α=I 平面,则m ,n 所成角的正弦值为 (A )32 (B )22 (C )33 (D )1 3 11.(2017年6)如图,在下列四个正方体中,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N ,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是 12.(2017年16)已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,SC 是球O 的直径。若平面SCA ⊥平面SCB ,SA =AC ,SB =BC ,三棱锥S-ABC 的体积为9,则球O 的表面积为________。 高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,那么βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.(2016年理1)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值. 6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.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=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 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 立体几何新题型的解题技巧 立体几何新题型的解题技巧 【命题趋向】 在高考中立体几何命题有如下特点: 1.线面位置关系突出平行和垂直,将侧重于垂直关系. 2.多面体中线面关系论证,空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现. 3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题,填空题出现. 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题,特别是与球有关的问题将是高考命题的热点. 此类题目分值一般在17---22分之间,题型一般为1个选择题,1个填空题,1个解答题. 【考点透视】 (A)版.掌握两条直线所成的角和距离的概念,对于异面直线的距离,只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念. (B)版. ①理解空间向量的概念,掌握空间向量的加法、减法和数乘. ②了解空间向量的基本定理,理解空间向量坐标的概念,掌握空间向量的坐标运算. ③掌握空间向量的数量积的定义及其性质,掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式. ④理解直线的方向向量、平面的法向量,向量在平面内的射影等概念. ⑤了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念. ⑥掌握棱柱、棱锥、球的性质,掌握球的表面积、体积公式. ⑦会画直棱柱、正棱锥的直观图. 空间距离和角是高考考查的重点:特别是以两点间距离,点到平面的距离,两异面直线的距离,直线与平面的距离以及两异面直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角等作为命题的重点内容,高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查,分为多个小问题,也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离和角的试题一般作为整套试卷的中档题,但也可能在最后一问中设置有难度的问题. 不论是求空间距离还是空间角,都要按照“一作,二证,三算”的步骤来完成,即寓证明于运算之中,正是本专题的一大特色. 求解空间距离和角的方法有两种:一是利用传统的几何方法,二是利用空间向量。 (一) 1.在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如 右图所示,则相应的俯视图可以为 2.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且6,23 ==,则棱锥 AB BC -的体积为。 O ABCD 3.如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为平行四 边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明:PA⊥BD; (Ⅱ)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。 : ` } (一) 2.83 3. 解:(Ⅰ)因为60,2DAB AB AD ∠=?=, 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2,故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ,可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD (Ⅱ)如图,以D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则 ()1,0,0A ,()03,0B ,,() 1,3,0C -,()0,0,1P 。 (1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=- < 设平面PAB 的法向量为n=(x ,y ,z ),则0, 0, {n AB n PB ?=?= 即 3030 x y y z -+=-= 因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC 的法向量为m ,则 m 0,m 0, { PB BC ?=?= 可取m=(0,-1,3-) 27 cos ,727 m n = =- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27 7 - < (二) 1. 正方体ABCD-1111A B C D 中,B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为 A 23 B 33 C 2 3 D 63 2. 已知圆O 的半径为1,PA 、PB 为该圆的两条切线,A 、B 为俩切点,那么PA PB ?的最小值为 (A) 42-+ (B)32-+ (C) 422-+ (D)322-+ \ 3. 已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点,若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为 (A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83 4. 如图,四棱锥S-ABCD 中,SD ⊥底面ABCD ,AB ⊥⊥(Ⅰ)证明:SE=2EB ; (Ⅱ)求二面角A-DE-C 的大小 . 《 空间向量与立体几何 1, 如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD (1)证明AB⊥平面VAD; (2)求面VAD与面VDB所成的二面角的大小 2, 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=, BC=1,PA=2,E为PD的中点. (1)求直线AC与PB所成角的余弦值; (2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N点到AB和AP的距离.(易错点,建系后,关于N点的坐标的设法,也是自己的弱项) 3. 如图,在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 在棱AB 上移动. (1)证明:D 1E ⊥A 1D ; (2)当E 为AB 的中点时,求点A 到面ECD 1的距离; (3)AE 等于何值时,二面角 D 1―EC ―D 的大小为(易错点:在找平面DEC 的法向量的时候,本来法向量就己经存在了,就不必要再去找,但是我认为去找应该没有错吧,但法向量找出来了 ,和那个己经存在的法向量有很大的差别,而且,计算结果很得杂,到底问题出在哪里 ?) 4.如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,AB =2DC =2,E 为BD 1的中点,F 为AB 的中点,∠DAB =60°. (1)求证:EF ∥平面ADD 1A 1; (2)若2 21BB ,求A 1F 与平面DEF 所成角的正弦值. N:5题到11题都是运用基底思想解题 5.空间四边形ABCD中,AB=BC=CD,AB⊥BC,BC⊥CD,AB与CD成60度角,求AD与BC所成角的大小。 6.三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,∠A1AB=45°, ∠A1AC=60°,求二面角B-AA1-C的平面角的余弦值。 7.如图,60°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内, 且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,求CD的长 8.如图,已知空间四边形OABC中,OB=0C, ∠AOB=∠AOC=Θ,求证OA⊥BC。 9.如图,空间四边形OABC各边以及AC,BO的长都是1,点D,E分别是边OA,BC的中点,连接DE。 (1)计算DE的长; (2)求点O到平面ABC的距离。 10.如图,线段AB在平面⊥α,线段AC⊥α,线段BD⊥AB,且AB=7,AC=BD=24,CD=25,求线段BD与平面α所成的角。(完整版)高三数学立体几何历年高考题(2011年-2017年)
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