大师特稿届高考数学理热点题型立体几何含答案.docx

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大师特稿届高考数学理热点题型立体几何含答案

立体几何

热点一　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＝，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＝，

∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.

∴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），

∴＝（0，－1，－1），＝（2，－2，0），＝（0，－3，1）.

设平面BDC的一个法向量为n＝（x，y，z），

∴∴

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sinθ＝

＝＝.

即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.

【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.

【对点训练】如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.

（1）证明：

EF∥B1C.

（2）求二面角EA1DB1的余弦值.

（1）证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.

（2）解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，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），A1（0，0，1），B1（1，0，1），D1（0，1，1），而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.

设平面A1DE的一个法向量n1＝（r1，s1，t1），而该面上向量＝，＝（0，1，－1），由n1⊥，

n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组

（－1，1，1）为其一组解，所以可取n1＝（－1，1，1）.

设平面A1B1CD的一个法向量n2＝（r2，s2，t2），而该面上向量＝（1，0，0），＝（0，1，－1），由此同理可得n2＝（0，1，1）.

所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为

＝＝.

热点二　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＝.

（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

即

令z＝2，则x＝1，y＝－2.

所以n＝（1，－2，2）.

又＝（1，1，－1），所以cos〈n，〉＝＝－.

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.

（3）解　设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ.

因此点M（0，1－λ，λ），＝（－1，－λ，λ）.

因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，

则·n＝0，即（－1，－λ，λ）·（1，－2，2）＝0，解得λ＝.

所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.

【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.

【对点训练】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＝＝＝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＝（8，t－6，0），＝（8，12，0），

由·＝0得t＝.

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＝（0，6，－8），＝.

由得即

不妨令y＝12，有n＝（8，12，9）.

则cos〈n，m〉＝＝＝.

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.

热点三　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＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

（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＝，故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得＝＝.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，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，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），＝（3，－4，0），＝（6，0，0），＝（3，1，3）.

设m＝（x1，y1，z1）是平面ABD′的一个法向量，

则即

所以可取m＝（4，3，－5）.

设n＝（x2，y2，z2）是平面ACD′的一个法向量，

则即

所以可取n＝（0，－3，1）.

于是cos〈m，n〉＝＝＝－.

sin〈m，n〉＝.

因此二面角B－D′A－C的正弦值是.

【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.

【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，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△A1BE的位置，如图2.

（1）证明：

CD⊥平面A1OC；

（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD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＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

（2）解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

又由

（1）知，BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.

如图，以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，

所以B，E，A1，C，

得＝，＝，＝＝（－，0，0）.

设平面A1BC的一个法向量n1＝（x1，y1，z1），平面A1CD的一个法向量n2＝（x2，y2，z2），平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，

则得取n1＝（1，1，1）；

得取n2＝（0，1，1），

从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，

即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.