立体几何大题综合四大类型.docx

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立体几何大题综合四大类型

立体几何四大综合类型

向量的常用方法：

①利用法向量求点到面的距离定理：

如图，设n是平面的法向量，AB是平面的一条射线，其中A，则点B到平面的距离为1AB?

n1.

|n|

CD?

nd

②.异面直线间的距离d一二一（l1,l2是两异面直线，其公垂向量为n，C、D分n

别是1」2上任一点，d为1（2间的距离）.

③.直线AB与平面所成角

sin0:

为平面

的法向量）.

④.利用法向量求二面角的平面角定理：

设n!

n2分别是二面角I中平面，的法

向量，贝Vn!

，“2所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（n!

“2方向相同，则为补角，n!

n2反方，则为其夹角）.

的法向量）考点一。

角与距离问题

1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、证明以及计算要地位，是高考的常考内容例1.四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面

/ABC45,AB2,BC22,SASB.3.s

（I）证明SABC；

（n）求直线SD与平面SAB所成角的大小的余弦值.D一.■"

DA

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，

B

SO1,SD

△SAB的面积

s2ab「sa

1i（■

连结DB，得△DAB的面积S2—ABADsin135「

22

3

解法二:

（I）作SO丄BC，垂足为0，连结AO，由侧面SBC丄底面ABCD，得SO丄平面

ABCD.

因为SASB,所以AOB0.

又/ABC45,△AOB为等腰直角三角形，AO丄OB.

如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz,

A（&,0,0）,B（0,2,0）,C（0,2,0）,S（0,0,1）,

CB（0,2.2,0）,

0，所以SA丄BC.

G

C

©2,0,1）

（n）取AB中点E,E渥湮0,

2，2，

连结SE,取SE中点G，连结OG,G221.

G55—

442

OG辽,-2，丄，SE二-21，AB（.2,.2,0）•

44222

S^OG0,ABOG0,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，SD与平面SAB所成的角记为，贝U与

互余.

D（.2,2.2,0）,DS（.2,2.21）.

COS

og[ds辰.722oG*ds|1111

所以，

直线SD与平面SAB所成的角的为余弦值为：

..

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构造一一作出斜线与射影所成的角，②证明一一论

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•

2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•

例2如图，正三棱柱ABCA,BQ的所有棱长都为2,D为cc1中点.

（I）求证：

AB1丄平面ABD;

（n）求二面角aadB的大小；

（川）求点C到平面ABD的距离.

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.

解答过程：

解法一：

（I）取BC中点0,连结AO•

"△ABC为正三角形，A0丄BC•

I

■.■正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC丄平面BCC1B1,

连结B0,在正方形BBiCiC中，

0,D分别为

AO丄平面BCCiB•

（n）设ABi与AB交于点G,在平面ABD中，作GF丄AD于F,连结AF,由（I）得AB」

平面ABD•

AF丄AiD,

/AFG为二面角AADB的平面角.

在厶AAD中，由等面积法可求得AF4-5，

5

又;AG1AB2，曲AFG些2J0•

2AF4/54

所以二面角aADB的大小为arcsi•

4

SABCDi•

（川）△ABD中，BDAD5,AB22,SaAbd.6，

在正三棱柱中，A到平面BCGB的距离为■.3•

设点C到平面ABD的距离为

点C到平面ABD的距离为

2200,

1430,

II.''

Ab1丄BD,AbJ丄B^-

AB丄平面ABD.

（n）设平面a?

AD的法向量为n（x,y,z）.

AD

（1,1,

（0,2,0）.

y0,

x/3乙

令z1得n（.3,01）为平面AAD的一个法向量.

由（I）知ABi丄平面ABD,

（川）由（n）,AB为平面ABD法向量,

I

（2,0,0）,Ab?

（1,2,..3）.点C到平面

ABD的距离d

亚B/2.

AB'2,22

小结：

本例中（川）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AMBi的距离转化为容易求的点K到平面AMBi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一种方法

3直线到平面的距离

此类题目再加上平行平面间的距离，主要考查点面、线面、面面距离间的转化例3.如图，在棱长为2的正方体AC?

中，G是AA的中点，求BD到平面GB1D1的距离•

1

A?

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

解答过程：

解析一BD//平面GB1D1,

BD上任意一点到平面GBiDi的距离皆为所求，以下求

点O平面GB1D1的距离，

BiDiA1C1,BiDiAiA,BDi平面AiACCi,又BiDi平面GRDi

平面AACGGBiDi，两个平面的交线是OiG,

作OHOiG于H,则有OH平面GBiDi，即OH是O点到平面GBiDi的距离.

1Ill

在OiOG中，SOiOG-OiOAO-2.22.

22

3

.2,OH辽

3

解析二BD//平面GBiDi,

BD上任意一点到平面GBiDi的距离皆为所求，以下求点B平面GBiDi的距离.

设点B到平面GBiDi的距离为h,将它视为三棱锥BGBiDi的高，则

_±込即BD到平面GBiDi的距离等于2—

63，3

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.

4异面直线的距离

此类题目主要考查异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

例4已知三棱锥SABC，底面是边长为42的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面.E、D分别为BC、AB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

步转化成求点到平面的距离解答过程：

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，BC42,DE、F分别是

ABBCBD的中点,

A

CD26,EF-CD

2

故CD与SE间的距离为乙色

3

小结：

通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是

个不断转化的过程

5利用空间向量求空间距离和角

.当掌握了用向量的方法解决立

众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定

体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性•例5•如图，已知ABCDABiGDi是棱长为3的正方体，点E在AA上，点F在CG上,

且AEFCi1.

（1）求证：

E,B,F,Di四点共面；

2

（2）若点G在BC上，BG，点M在BBi上，GM丄BF,垂足为H,求证：

EM丄

3

平面BCCiBi；

（3）用表示截面EBFDi和侧面BCCiBi所成的锐二面角的大小，求tan.

命题意图：

本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.

过程指引：

解法一：

（i）如图，在DDi上取点N，使DNi，连结EN,CN,

则AEDNi,CFNDi2.

因为AE//DN,NDi//CF,

所以四边形ADNE,CFDiN都为平行四边形.

从而EN/AD,FDi//CN.

又因为AD/BC，所以EN/BC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CN//BE,从而FDi/BE.

因此，E,B,F,Di四点共面.

（2）如图,GM丄BF,又BM丄BC,所以/BGM/CFB,

因为AE/BM,所以ABME为平行四边形，从而AB//EM.

又AB丄平面BCCiBi,所以EM丄平面BCCiBi.

（3）如图，连结EH.

BE

（3,01）,bF（0,3,2）,

（1）建立如图所示的坐标系，则

（3,3,3）,

所以

BD1bEbF，故bd1,bE,bF共面.

又它们有公共点B，所以E,B,F,

Di四点共面.

（2）如图，设M（0,0,z），则

0,

而bF（0,3,2），由题设得

2

3

z|20，得z1.

因为M（0,0,）,E（3,0,1），有ME又BBi（0,0,3）,BC（0,3,0），所以

（3,0,0）,

mE|bb?

0,mE|Bc0,

从而ME丄BBi,

ME丄BC.

故ME丄平面BCCiB.

（3）设向量Bp（x,y,3）丄截面EBFD1，于是而BE（3,01）,BF（0,3,2），得

x1,y2，所以BP

■

bP丄bE,"bP丄bF.

I

3x30,bP|bF

3y60，解得

又BA（3,0,0）丄平面BCC1B1，所以

（1,2,3）.

bP和BA的夹角等于或n

（为锐角）.

—L.故tan、13

、14

曰

是cos

考点二：

三视图问题

例6.某几何体的三视图如图所示，P是正方形ABCD寸角线的交点,

（I）根据三视图，画出该几何体的直观图;

G是PB的中点。

PD

22

.2

BA

（2,,.2,0）,BC（2,

■.2,0）

mBP0

m

（x,y,z

，即

mBC0

mn1111

1

L/L/O

|m||n|3.33

3

且EC=BC=AC=4,BD=1,

1

…S弟形BCED（41）

410

1

…V3S梯形BCEDAC

110

3

3

即该几何体的体积V为16.

解：

4

解法1:

过点B作

（2）

40

3

2

4

/D

n

C

x

AC

（1）

B

2y

2x

俯视图

由该几何体的三视图知

A，,Z1

正视图笑

2/'

、2

0

42

2

E

（0,2刈）

G

D

0

B

面BCED,

1695cos

BF2

ABF

2BF

AB2AF2

AB

DE（0,

4,3）,AB（4,4,0）cosDE,AB

222.2

5

10

连结EOOD在Rt△ECC和Rt△OBD中

ECOB2

COOD

•••Rt

ECOsRt

OBD

EOC

OBD

EOCCEO

90：

EOCDOB90：

EOB90：

.

11

•••OE.CE2CO225,OD.OB2BD25

...oqO^OD2

ED5

•••以O为圆心、以BC为直径的圆与DE相切.切点为Q

D

B

•••BQCQ

•/AC面BCED,BQ面CEDB•BQAC•BQ面ACQ13

分

•••AQ面ACQ.BQAQ.14分

•「AQBQ•m（m4）n20

•••点Q在ED上，•存在R（

•（0,m,n4）（0,4m,1n）

②代入①得（4）2162

1

（1）2

•满足题设的点Q存在，其坐标为

①

0）使得eQ

QD

4

4

m,n

②

1

1

2816

0，解得

4

考点三：

折叠与展开问题

OO折成直二面角,

（I）证明：

ACLBO;

（n）求二面角o-ac—O的大小。

8.解法一（I）证明由题设知OALOO,OBLOQ

所以/AOB是所折成的直二面角的平面角，

即OALOB.故可以O为原点，OAOBOO

所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

如图3,则相关各点的坐标是A（3，0，0）,

B（0,3，0），C（0，1，J3）

o（0,0,）.

从而AC（3,1,..3）,BO1

（0,3,.3）,ACBO133.30.

所以ACLBO.

由（I）AC丄BO,所以BO丄平面OACBO,是平面OAC的一个法向量•

由nAC0

设n（x,y,z）是0平面OAC的一个法向量,

（1,0,.3）.

3xy.3z0,n01C0y0.

设二面角O—AC—O的大小为

，由n、

BOi的方向可知

n,BOi>,

所以coscosn,BO1>=

nBO1

|n||BO1|

即二面角O-AC-O的大小是arccos込

4

所以/AOB是所折成的直二面角的平面角,

解法二（I）证明由题设知OALOO,OBLOO,

即OALOB.从而AC丄平面OBCQ

OC是AC在面OBCO内的射影•

因为tanOO1B

■OB3tan

OO1

OiOC

O1C

OO1

所以/OOB=60

，/OOC=30，从而OCLBO

由二垂线定理得

AC丄BO.

（II）解由（I）ACLBO,OCLBO,知BO丄平面AOC.

设06OB=E，过点E作EF丄AC于F,连结OF（如图4）,贝UEF是OF在平面A0C

内的射影，由三垂线定理得OF丄AC.

所以/OFE是二面角0—AC-O的平面角

由题设知OA=3OO=J3,OC=1,

所以OjAOA2OO22,3,ACO1A2O1C2.13,

从而OiF

OiAOiC

AC

又OE=OO・sin30

所以sinOiFE

O1E

O1F

.13

4

即二面角O-AC-O的大小是

arcs"

练习2如图，在矩形ABCD中，点E,F分别在线段AB,AD上,

AEEBAF|FD4.沿直线EF将/'.AEF翻折成£AEF，使平面

A'EF平面BEF.（I）求二面角A'FDC的余弦值；（n）点M,N分别在线段

FD,BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，使C与A重合，求线段FM的长。

解：

（I）取线段EF的中点H,连结AH，因为A'E=A'F及H是

EF的中点，所以a'hEF,又因为平面A'EF平面BEF.

如图建立空间直角坐标系A-xyz

则A'（2,2,2^2）,C（10,8,0）,

F（4,0,0）,D（10,0,0）.故FA'=（-2,2,2，2）,

■

IJ

故C6-a）:

+82+0:

=莎+丁+4©-得兀二〒’经检验此时点“在绽段EU

A'G:

A'H:

GH.因H—FRR是盯的中点,

p

A-DF-C的余弦荫淘兰°

考点四：

函数问题

例8.如图，在ABC中，匕'ABBC2，P为AB边上一动点，PD〃BC交

AC于点D,现将PDA沿PD翻折至PDA',使平面PDA'平面PBCD.

k222

H2MG2GH2

法二：

（I）解=取讎段盯的中点臥北的中点◎连结

丄皆4羽所以8葺厶1£丹=3_故二面角

（1）当棱锥APBCD的体积最大时，求PA的长;

（2）若点P为AB的中点，E为AC的中点，求证：

A'BDE.

1

例8解:

（1）设PAx，则fpbcd3PAS底面pdcb

〕x（2—）

3x

1令f（x）3x（2

c3

2xx（

（x

6

0）

则f（x）

x

2舅（o,4H

3

2品

3

2祁3

（A3,）

3

f（x）

0

f（x）

单调递增

极大值

单调递减

由上表易知：

当PAx时，有VA-PBCD取最大值。

3

证明：

作AB得中点F，连接EF、FP

1

由已知得：

EF〃丄BC//PDED//FP

2

APB为等腰直角三角形，ABPF

所以ABDE.

练习3:

如图，圆柱0。

1内有一个三棱柱ABC-A1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接

三角形，且AB是圆0直径。

（I）证明：

平面A1ACC1平面B1BCC1;

（H）设AB=AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱

ABC-A1B1C1内的概率为p。

（i）当点C在圆周上运动时，求p的最大值；

90），当p取最大值时，求cos

（ii）记平面A1ACCi与平面BQC所成的角为（0：

v

的值。

【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何

体的体积、几何概型等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查

数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。

【解析】（I）因为AA1平面ABCBC平面ABC所以AA1BC,

因为AB是圆0直径，所以BCAC，又ACAA1A，所以BC平面A1ACC1,而BC平面B1BCC1，所以平面A1ACC1平面B1BCC1。

（n）（i）设圆柱的底面半径为r,贝VAB=AA1=2r，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为

12222

Vj=—ACBC2r=ACBCr，又因为ACBC=AB=4r,

2

所以AC

22

AC+BC2/~

BC=2r2，当且仅当AC=BC=.2r时等号成立，

2

从而y

2

2r，而圆柱的体积V二r2r=2r,

故p=V1=-,当且仅当AC=BC=&r,即OCAB时等号成立，

V2r

1

所以p的最大值是-。

（ii）由（i）可知，p取最大值时，OCAB，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐

标系O-xyz（如图），则C（r,0,0）,B（0,r,0）,B-（0,r,2r）,

因为BC平面A-ACC-,所以BC=（r,-r,0）是平面A-ACC-的一个法向量,

取z1得平面BQC的一个法向量为n=（0,-2,1），因为0<

90,

所以cos

2r

v52r

■10

5

CD

AC,CDBCAC[|

BC

CCD

ABCCM

ABC

CM

CDAB

MCD

MD

MCDAB

MD

CMD

ABCM

ACBC

CM

ACBC

AB

24

^5

33

4、5

MD•、MC2

CD2

4、6

cosCMD

MC

15

1—

2,5

15

3.5

MD

46

6

3

CD

AC,CD

BCAC^BC

C

CDABCACB

ACDAB

AD

AOBD

AB

FH

练习4

BC

如图（甲），在直角梯形

V（x）V（x）V（x）BEABEFHABEFH//

r,HG

AC

V（x）Va

1

BCE—SBCE

3

ACBC

3

BD

cos

（2

x）

64

27

丄

12

4-V'（x）

3

4

护）

44—,—,0）

33

x2（2

16

X

81

x）

1

x

12

2xx

x（42x）

4

3v（x）

4V'（x）0x

3

xx（4

xAC

2

2x）

ABE

H

3x%V'（x）0

4=0

（乙）

B

B'

A（0,0,2）

3

4

a

3

11v'（x）

81

4

-V（X）V（X）max

3

4

（o,3,°）

4a

3

416

V（；）V（x）

381

4

0,

（a,b,c）

4

3

2

3）

1m（扛,1）

22

2

3

111

44

-6v（x）

6

AB

、・.AC2BC2

2,5

3

4

SABC_9_

SDAB46

6

9

cos

练习5:

如图，在四棱锥P—ABCDhPA底面ABCDDAB为直角，AB||CDAD=CI=2AB

E、F分别为PCCD的中点.（I）试证：

CD平面BEF;

（n）设PA=k•AB且二面角EBDC的平面角大于30,求k的取值范围

解法一：

（I）证：

由已知DF//AB且DAD为直角，

故ABFD是矩形，从而CDBF

又PA底面