高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练

高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练
题型归纳】
题型一线面平行的证明
1
例1如图，高为 1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝3AB＝1.现将△AMD沿MD折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB，AC.
试判断：在AB 边上是否存在点P，使AD∥平面MPC ?并说明理由
1
答案】当AP＝3AB 时，有AD ∥平面MPC.
3
连接BD 交MC 于点N，连接NP .
理由如下：
DN DC 1
在梯形MBCD 中，DC∥MB，NB＝MB＝2
AP 1 在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN.
PB 2
∵AD? 平面MPC，PN? 平面MPC，
∴AD ∥平面MPC.
【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。

此类题的难点就是如何构造辅助线。

构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。

本题用到的是线线平行推出面面平行。

【易错点】不能正确地分析 DN 与 BN 的比例关系，导致结果错误。

【思维点拨】此类题有两大类方法：
1. 构造线线平行，然后推出线面平行。

此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。

在 此，我们需要借助倒推法进行分析。

首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。

再次由线面平行的性质可知， 过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行 于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。

从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。

如本题中即是过 AD 做了一个平面 ADB 与平面 MPC 相交于线 PN 。

最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。

即先 证 AD 平行于 PN ，最后得到结论。

构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。

2. 构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

辅助线的构造理论同上。

我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。

可总结为下图
方法一
例 2 如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形， AB ⊥平面 BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝
EC
方法三
方法 方法 P
＝2，
G，F 分别是线段 BE，DC 的中点．
求证： GF∥平面 ADE ；
答案】解法一：(1)证明：如图，取 AE 的中点 H，连接 HG，HD，
又 G是 BE的中点，
1
所以 GH∥AB，且 GH＝2AB.
又 F 是 CD 的中点，
1 所以 DF ＝ CD.
2
由四边形 ABCD 是矩形得，
AB∥CD，AB＝CD，
所以 GH ∥DF，且 GH ＝DF，
从而四边形 HGFD 是平行四边形，所以 GF∥DH.
又 DH ? 平面 ADE ，GF? 平面 ADE ，
所以 GF ∥平面 ADE.
解法 2 ： (1)证明：如下图，取 AB 中点 M，连接 MG ，MF.
又 G是 BE的中点，可知 GM ∥AE.
又 AE?平面 ADE，GM ? 平面 ADE，
所以 GM ∥平面 ADE.
在矩形 ABCD 中，由 M ，F 分别是 AB，CD 的中点得
MF ∥
AD.
又 AD? 平面 ADE ，MF ? 平面 ADE，
所以 MF ∥平面 ADE.
又因为 GM ∩MF ＝M ，GM ? 平面 GMF ， MF ?平面 GMF，所以平面 GMF ∥平面 ADE.
因为 GF? 平面 GMF ，所以 GF∥平面 ADE. 解析】解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。

易错点】线段比例关系思维点拨】同例一
题型二线线垂直、面面垂直的证明
例 1 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB=BC=2 ，D 为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC
【答案】 (1) 证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，所以PA⊥平面ABC.
又因为BD? 平面ABC ，
所以PA⊥ BD.
(2)证明：因为AB＝BC，D 为AC 的中点，
所以BD⊥ AC.
由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A ，所以BD⊥平面PAC.
因为BD? 平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
解析】 (一 )找突破口
第(1) 问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；
第(2) 问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助 (1)的结论和已知条件
可证；
(二)寻关键点
【易错点】规范的符号语言描述，正确的逻辑推理过程。

【思维点拨】 (1) 正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．
(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面
平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
(3) 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为 证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解 决．
(4) 证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面 ? 线面 ? 线线．
题型三 空间向量
例 1 如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ ACD 是直角三角形 ， ABD
CBD ，
(1) 证明：平面 ACD ⊥平面 ABC ；
(2) 过 AC 的平面交 BD 于点 E ，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角
取 AC 的中点 O ，连接 DO ，BO ，则 DO ⊥AC ，DO ＝AO .
又因为△ABC 是正三角形，所以 BO ⊥ AC . 所以∠DOB 为二面角 D -AC -B 的平面角．
AB=BD . D -AE -
C 的余弦值．
又△ACD 是直角三角形，所以∠ ADC
22
设 m ＝ （x 2 ， y 2 ， z 2） 是平面 AEC 的法向量，
m ·AC ＝ 0， 则 ―→ m ·AE ＝
－2x 2＝0，
即 3 1
－x 2＋ y 2＋ z 2 ＝
可取 m ＝（0，－ 1， 3） ．
在 Rt △AOB 中， BO 2＋AO 2＝AB 2.
又 AB ＝ BD ，
所以 BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝ BD 2， 故∠DOB ＝90 °.
所以平面 ACD ⊥平面 ABC .
（2）由题设及 （1）知， OA ， OB ， OD 两两垂直．以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴正方向， |OA |为单 位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 O - xyz ，则 A （1,0,0） ，B （0， 3，0），C （－1,0,0） ，D （0,0,1） ．
由题设知，四面体 1
ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 2，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到
1 ABC 的距离的
2 ，即 E 为 DB 的中点，
得
1
―→
.故 AD ＝ （－ 0,1） ， AC ＝ （－ 2,0,0） ，
―A →E ＝ －1，
设 n ＝（x 1，y 1，z 1）是平面 DAE 的法向量，
n ·AD ＝ 0， n ·AE ＝0，
－x 1＋ z 1＝0，
即 3 1 －x 1＋ y 1＋ z 1
＝ 0. 22 可取 n ＝ 1，
3
由图知二面角 D -AE -C 为锐角，
所以二面角 D -AE -C 的余弦值为
7
【解析】 (一 )找突破口
第(1) 问：欲证面面垂直，应转化去证线面垂直或证其二面角为直角，即找出二面角的平面角，并求其 大小为 90 °；
第(2) 问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所 对应法向量来解决问题．
(二)寻关键点 有什么
想到什么 注意什么
信息①：△ ABC 为正三角
形，
△ACD 是直角三角形 特殊三角形中的特殊的边角： △ABC 中三边相等， △ACD 中
(1) 建系时要证明哪三条线两 两垂直，进而可作为坐
标轴 (2) 两平面法向量的夹角不一 定是所求的二面角， 也有可能 是两法向量夹角的补角， 因此 必须说明角的
范围 信息②： ∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD 边角相等关系可证两三角形
全等，进而可证 AD ＝
DC ，∠ ADC ＝90 °
信息③：证明：平面 ACD ⊥ 平面 ABC 面面垂直的证明方法： 几何法 或定义法 信息④：体积相等 由体积的大小关系转化到点
到面的距离的大小关系，
进而 知点 E 为 DB 的中点
易错点】正确建立空间直角坐标系，确定点的坐标，平面法向量的计算。

思维点拨】 1 ．利用空间向量求空间角的一般步骤 (1) 建立恰当的空间直角坐标系； 则 cos 〈n ，m 〉 n ·m
|n ||m
| 7. 7. ×2 21
(2) 求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；
(3)结合公式进行论证、计算；
(4)转化为几何结论．
2 ．求空间角应注意的
3 个问题
(1) 两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即 cos α＝|cos β|.
(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名
称的变化．
(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．
【巩固训练】
题型一线面平行的证明
1.如图，在正方体ABCD－A1 B1C1 D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，
求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
答案】详见解析
解析】 (1) 如图，连接 SB，
∵E、G 分别是 BC 、 SC的中点，
∴EG∥SB.
又∵SB? 平面 BDD 1B 1，EG? 平面 BDD 1 B 1 ，∴直线 EG ∥平面BDD 1B 1.
(2)连接 SD ，∵F 、G 分别是 DC 、 SC 的中点，∴ FG ∥SD.
又∵SD? 平面 BDD 1B 1，FG? 平面 BDD 1B 1，∴FG ∥平面 BDD 1B 1，
又 EG? 平面 EFG ，FG? 平面 EFG ， EG ∩FG ＝ G ，∴平面 EFG ∥平面BDD 1B 1.
2. 如图，四棱锥 P － ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，侧棱
PA 上的中点．
PA ⊥底面 ABCD ，且
PA ＝2 ，E 是侧棱
求证：PC∥平面BDE；
答案】详见解析
解析】证明：连接 AC 交 BD 于点 O ，连接 OE，如
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴O 是 AC 的中点．
又 E 是 PA 的中点，∴ PC
∥OE.
∵PC? 平面 BDE ，OE ? 平面 BDE，
∴PC ∥平面 BDE.
3.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1 中，底面ABCD 是等腰梯形，∠ DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M 是线
段AB 的中点．
求证：C1M∥平面A1ADD 1；
答案】详见解析
【解析】证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，
且AB＝ 2CD，所以AB∥DC.又由M 是AB 的中点，因
此CD ∥MA 且CD＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD－
A1B1C1D1 中，因为CD ∥C1D1，CD ＝C1D1，可得
C1D1∥MA，C1D1＝MA ，所以四边形AMC 1D1 为平行四边形．
因此C1M∥D1A，又C1M? 平面A1ADD1，D1A? 平面A1ADD1，
所以C1M ∥平面A1ADD 1.
题型二线线垂直、面面垂直的证明
1.如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60 °，PA＝AB ＝BC，E是PC 的中点．
(1) 证明：CD⊥AE；
(2) 证明：PD⊥平面ABE；
答案】详见解析
【解析】 (1)在四棱锥P－ABCD 中，因为PA⊥底面ABCD ，CD ? 平面ABCD，故PA⊥ CD，∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD ⊥平面PAC，而AE? 平面PAC，
∴CD⊥AE，
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
∵E是PC的中点，∴ AE⊥ PC，
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD，而PD? 平面PCD，
∴AE⊥PD，
∵PA⊥底面ABCD，PD 在底面ABCD 内的射影是AD ，
AB⊥ AD ，∴AB ⊥ PD，又∵AB∩AE＝A，综上可得PD⊥平面ABE.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2 2.
求证：平面ABC⊥平面APC；
答案】详见解析
解析】 (1)证明：如图所示，取AC 中点O，连接OP，
OB.
∵PA＝PC＝AC＝4，
∴OP ⊥AC ，且PO ＝4sin60 °＝2 3.
∵BA＝BC＝2 2，
∴BA2＋BC2＝16 ＝AC2，且BO⊥ AC，
∴BO＝AB2－AO2＝2.
∵PB＝4，
∴OP1 2＋OB2＝12＋4＝16 ＝PB2，
∴OP⊥OB.
∵AC ∩OB ＝O，∴OP⊥平面ABC.
∵OP? 平面PAC，
∴平面ABC⊥平面APC.
3.如图所示，四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，AB＝ 2AD＝2，BD＝ 3，PD⊥底面ABCD.
证明：平面PBC⊥平面PBD ；
答案】详见解析【解析】 (1) 证明：
Q CB 1,CD 2,BD 3 ∴CD2＝BC2＋BD2，∴BC⊥BD.
又∵PD⊥底面ABCD ，∴PD⊥ BC. 又∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PBD.
而BC? 平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PBD.
题型三空间向量
1.已知直三棱柱ABC －A1B1C1 中，∠ACB＝ 90 ＝4，D 是棱AA1
的中点．如图所示．
1 求证：DC1⊥平面BCD；
2 求二面角A－BD－C 的大小．
答案】详见解析
解析】 (1) 证明：按如图所示建立空间直角坐标系．
由题意，可得点C(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(0,2,0) ，D(2,0,2)，
A1(2,0,4)，C1(0,0,4) ．
uuuur uuur uuur
于是，DC1 ＝(－2,0,2) ，DC ＝(－2,0，－2)，DB＝(－2，2，－
2)．uuuur uuur uuuur uuur
可算得DC1 DC ＝0，DC1 DB ＝ 0.
因此，DC1⊥ DC，DC1⊥DB.
又DC∩DB＝D，所以DC1⊥平面BDC.
(2) 设n＝(x，y，z)是平面ABD 的法向量， uuur uuur
又 AB ＝ (－ 2,2,0) ， AD ＝ (0,0,2) ，
x＝1，－2x＋2y＝0，所以取y＝1，可得y ＝1，
2z＝0.
z＝0，
即平面ABD 的一个法向量是n ＝ (1,1,0) ．
uuuur
由(1)知，DC1是平面DBC 的一个法向量，uuuur
记n 与DC1 的夹角为θ，
1 2 π
则 cos θ＝－，θ＝ .
23
结合三棱柱可知，二面角A－BD－C 是锐角，
故所求二面角A－BD－C 的大小是 .
3
2.如图 1，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D 为AC 中点，AE⊥BD 于点E，延长AE交
BC于点F，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图 2所示．
(1) 求证： AE ⊥平面 BCD ；
(2)求二面角 A －DC －B 的余弦值；
(3) 在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM ∥平面ADC ？若存在， 请指明点 M 的位置；若不存在， 请说明 理由．
答案】详见解析
【解析】(1)证明：因为平面 ABD ⊥平面 BCD ，交线为
BD ， 又在△ABD 中， AE ⊥BD 于点 E ，AE? 平面 ABD ，
所以 AE ⊥平面 BCD.
(2)由(1)中 AE ⊥平面 BCD 可得 AE ⊥EF .
由题意可知 EF ⊥ BD ，又 AE ⊥BD ，
如图，以 E 为坐标原点，分别以 EF ，ED ，EA 所在直线为
x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系 E －xyz ，不妨设 AB ＝ BD ＝DC ＝AD ＝2，则 BE ＝ED ＝1.
，BF ＝ 2 3 ，则 E (0,0,0) ，D (0,1,0) ，B (0，－1，0)，A (0,0，
3
设平面 ADC 的法向量为 n ＝(x ，y ， z )，
令 z ＝1，则 y ＝ 3，x ＝－ 1，所以 n ＝(－1， 3，1)． uuur
因为平面 DCB 的法向量为 EA ，
uuur ， 2,0) ，
uuur 面 DCB 的法向量为
uuur
EA ＝ 由图 1 条件计算得 AE ＝ 3 ，BC ＝
， F 3 ，0，0 ， uuur ， 1,0) ， AD ＝．由 AE ⊥平面 BCD 可知
uuur 5
所以 cos 〈n ， EA 〉＝＝ 5
所以二面角 A －DC －B 的余弦值为 5 5
(1) 证明： BC ⊥AB 1；
(2)若 OC ＝OA ，求直线 C 1D 与平面 ABC 所成角的正弦值．
答案】详见解析
AD 2 AB 2
解析】 (1)证明：由题意 tan ∠ABD ＝ ＝ ，tan ∠AB 1B ＝ ＝
AB 2 BB 1 2
π
注意到 0< ∠ABD ，∠AB 1B < 2，
所以∠ABD ＝∠AB 1B .
uuuur uuur
(3) 设 AM ＝，其中 λ∈ [0,1] ．
由于 uuur AF ＝ 0 ，－ 3 ，
所以 uuu ur uuur
λA F ＝ λ 3 ， 0，－ 3 ，其中 λ
∈
[0,1] ． 3 所以 uuu ur uuu r
u A u M uur ＝ 3 ,0,(1 ) 3 .
3
uuuur 由 EM ·n ＝ 即－ 3λ＋(1－λ) 3＝0，解得λ＝3∈[0,1] ．所以在线段 AF 上存在点 M 使 EM ∥平面
AM 3
ADC ，且 AF
3.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
.
π 所以∠ABD ＋∠BAB 1 ＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝ .所以
AB 1⊥BD . 2
又 CO ⊥侧面 ABB 1A 1，所以 AB 1⊥ CO . 又 BD 与 CO 交于点 O ，所以 AB 1⊥面 CBD . 又因为 BC ? 面 CBD ，所以 BC ⊥ AB 1.
设平面 ABC 的法向量为 n ＝ （x ， y ， z ）， uuur uuur
则根据 AB ·n ＝0， AC ·n ＝ 0 可得 n ＝（1，
（2）如图，分别以 OD ，OB 1，OC 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴， 以 O 为原点，建立空间直角坐标系 O －xyz ， 则 A 0，－ 3， 3 0 ，B － 36 ， 0， 0 ，C 0， 0， 3， 3 B 1 0，2 3，0 3 ，D 66， 0，0 .又 因为 CC 1 ＝2AD ， 所以 C 1 36 3 3 uuur .所以 AB ＝ 36， 33
，0 ， u A u C ur ＝ 0， 33， 33 ， u D u C
uur 1 ＝ 63 6 ， 3
， 3 面 ABC 所成角为 α.则
sin 3 55 55 .
2，－ 2）是平面 ABC 的一个法向量，设
直线 C 1D 与平。