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例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝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 【答案】当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DCMB ＝12，在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵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 ＝2，方法三方法二方法一方法一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， 所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB.又F 是CD 的中点， 所以DF ＝12CD.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P­ABC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∠=∠，AB=BD.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D­AE­C的余弦值．【答案】(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.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D­AC­B的平面角．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ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，32，12.故AD ―→＝(－1，0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量，则⎩⎨⎧n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77.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77.【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【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；(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－A1B1C1D1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BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是侧棱PA上的中点．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，如图：∵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A1ADD1；【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AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形．因此C1M∥D1A，又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.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＝22，∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC，∴BO＝AB2－AO2＝2.∵PB＝4，∴OP2＋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：===1,2,3CB CD BD∴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°，AC＝BC＝2，AA1＝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)，A 1(2,0,4)，C 1(0,0,4)．于是，1DC ＝(－2,0,2)，DC ＝(－2,0，－2)，DB ＝(－2，2，－2)．可算得1DC DC ⋅＝0，1DC DB ⋅＝0.因此，DC 1⊥DC ，DC 1⊥DB .又DC ∩DB ＝D ，所以DC 1⊥平面BDC .(2)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABD 的法向量，又AB ＝(－2,2,0)，AD ＝(0,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2z ＝0.取y ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝1，z ＝0，即平面ABD 的一个法向量是n ＝(1,1,0)．由(1)知，1DC 是平面DBC 的一个法向量，记n 与1DC 的夹角为θ，则cos θ＝－12，θ＝2π3. 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π3. 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.由图1条件计算得AE ＝3，BC ＝23，BF ＝233，则E (0,0,0)，D (0,1,0)，B (0，－1，0)，A (0,0，3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，0，0，C (3，2,0)，DC ＝(3，1,0)，AD ＝(0,1，－3)．由AE ⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA ，EA ＝(0,0，3)，设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.令z ＝1，则y ＝3，x ＝－1，所以n ＝(－1，3，1)．因为平面DCB 的法向量为EA ，所以cos 〈n ，EA 〉＝＝55. 所以二面角A －DC －B 的余弦值为55. (3)设AM ＝λAF ，其中λ∈[0,1]．由于AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，0，－3， 所以AM ＝λAF ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，0，－3，其中λ∈[0,1]．所以EM EA AM =+＝,0,(1λ-⎝. 由EM ·n ＝0，即－33λ＋(1－λ)3＝0，解得λ＝34∈[0,1]．所以在线段AF 上存在点M 使EM ∥平面ADC ，且AM AF ＝34. 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.(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【解析】(1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝ABBB 1＝22， 注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2， 所以∠ABD ＝∠AB 1B .所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2.所以AB 1⊥BD . 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.(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，－33，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，33， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫66，0，0.又因为CC 1→＝2AD →，所以C 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，233，33.所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，33，0，AC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，33，1DC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则根据AB ·n ＝0，AC ·n ＝0可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成角为α.则sin α＝35555.。