立体几何大题综合四大类型.docx

1、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：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1 AB?n 1 .|n|CD?n d.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12上任一点，d为1（2间的距离）.直线AB与平面所成角sin0 :为平面的法向量）.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V n!，“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）

2、.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S ABCD中，底面 ABCD为平行四边形，侧面/ ABC 45, AB 2 , BC 2 2, SA SB .3 . s(I)证明 SA BC ；(n)求直线 SD与平面SAB所成角的大小的余弦值. D 一. D A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，BSO 1, SD SAB的面积s 2absa1i (连结 DB，得 DAB 的面积 S2 AB AD si n13522 3解法二:(I)作SO丄BC，垂足为0，连结AO，由

3、侧面SBC丄底面ABCD，得SO丄平面ABCD .因为SA SB,所以AO B0 .又/ ABC 45 , 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 O xyz ,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 .GC2,0, 1)(n)取AB中点E , E渥湮0 ,2，2，连结SE ,取SE中点G，连结OG , G 2 2 1 .G 5 5 4 4 2OG 辽,-2，丄，SE 二-2 1，AB ( .2,. 2,0) 4 4 2 2 2SOG 0, ABO

4、G 0 , 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).COSogds 辰 . 722 oG*ds| 11 11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：构造一一作出斜线与射影所成的角， 证明一一论证作出的角为所求的角， 计算常用解三角形的方法求角， 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

5、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 ABC A,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 a ad B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 ABC A1B1C1中，平面 ABC丄平面BCC1B1 ,连结B0,在正方形BBiCiC中，0, D分

6、别为AO丄平面BCCiB (n)设ABi与AB交于点G ,在平面ABD中，作GF丄A D于F ,连结AF ,由(I)得AB平面A BD AF 丄 Ai D ,/ AFG为二面角A A D B的平面角.在厶AAD中，由等面积法可求得 AF 4-5，5又;AG 1 AB 2，曲 AFG 些 2 J0 2 AF 4/5 4所以二面角a AD B的大小为arcsi4SA BCD i （川） ABD 中，BD A D 5, A B 2 2, Sa Abd .6，在正三棱柱中， A到平面BCG B的距离为. 3 设点C到平面A BD的距离为点C到平面A BD的距离为2 2 0 0,1 4 3 0 ,I I

7、. 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).y 0,x /3乙令z 1得n （ .3,01）为平面A AD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A BD的距离d亚B / 2 .AB 2,2 2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

8、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1A?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，Bi Di A1C1 , Bi Di Ai A , B Di 平面 AiACCi, 又 Bi Di 平面GR Di平面

9、A ACG GBiDi，两个平面的交线是 OiG ,作OH OiG于H,则有OH 平面GBiDi，即OH是O点到平面GBiDi的距离.1Ill在 OiOG 中，S OiOG - OiO AO -2.2 2.223.2, 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 B GBiDi的高，则_ 込即BD到平面GBiDi的距离等于 26 3 ， 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

10、.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S ABC，底面是边长为4 2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,

11、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，BC 4 2, D E、F分别是AB BC BD的中点,ACD 2 6, EF -CD2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ABCD ABiGDi是棱长为3的正方体，点E在AA上，点F在CG上,且 AE FCi

12、 1 .(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 BCCi Bi ；(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DN i，连结EN , CN ,则 AE DN i , CF NDi 2.因为 AE / DN , NDi / CF ,所以四边形ADNE , CFDiN都为平行四边

13、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BD1 bE bF，故 bd1 , bE , bF 共面.又它们有

14、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23z|2 0，得 z 1 .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|Bc 0,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x 1, y 2，所以 BPbP 丄 bE , bP 丄 bF .I3x 3 0, bP|bF3y 6 0，解得又

15、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。PD2 2.2BA(2, ,.2,0),BC ( 2,. 2,0)m BP 0m(x,y ,z，即m BC 0m n 1 1 1 11L/L/O|m | n | 3 .3 33且 EC=BC=AC=4, BD=1,1S弟形 BCED (4 1)4 101V 3 S梯形BCED AC1 1033即该几何体的体积 V为1

16、6.解：4解法1:过点B作(2)40324/DnCxAC(1)B2y2x俯视图由该几何体的三视图知A ，,Z 1正视图笑2/ 、20422E(0, 2刈)GD0B面 BCED,16 9 5 cosBF2ABF2BFAB2 AF2ABDE (0,4,3), AB ( 4,4,0) cos DE, AB2 2 2.2510连结 EO OD 在 Rt ECC和 Rt OBD中EC OB 2CO OD RtECO s RtOBDEOCOBDEOC CEO90：EOC DOB 90：EOB 90：.11 OE . CE2 CO2 2 5, OD . OB2 BD2 5.oq OOD 2ED 5以O为圆心

17、、以BC为直径的圆与DE相切.切点为QDB BQ CQ/ AC 面 BCED , BQ 面 CEDB BQ AC BQ 面 ACQ 13分 AQ 面 ACQ. BQ AQ . 14 分AQ BQ m(m 4) n2 0点Q在ED上，存在 R ( (0, m, n 4) (0,4 m,1 n)代入得(4)2 16 21 (1 )2满足题设的点 Q存在，其坐标为0)使得eQQD44m , n 112 8 160，解得4考点三：折叠与展开问题OO折成直二面角,(I)证明：ACL BO;(n)求二面角 o-ac O的大小。8.解法一(I )证明 由题设知 OAL OO, OBL OQ所以/ AOB是所

18、折成的直二面角的平面角，即OAL OB.故可以O为原点，OA OB OO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), AC BO1 3 3 . 3 0.所以ACL BO.由（I ） AC丄BO,所以BO丄平面OAC BO,是平面OAC的一个法向量由 n AC 0设n （x, y, z）是0平面OAC的一个法向量,(1,0, . 3).3x y . 3z 0, n 01C 0 y 0.设二面角 O AC O的大小为，由n

19、、BOi的方向可知n , BOi ,所以 cos cos n , BO1 =n BO1|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OAL OO, OBL OO,即OAL OB.从而AC丄平面 OBCQOC是 AC在面OBCO内的射影因为 tan OO1BOB 3 tanOO1OiOCO1COO1所以/ OOB=60，/ OOC=30，从而 OCL BO由二垂线定理得AC丄 BO.(II )解 由(I ) ACL BO, OCL BO,知 BO丄平面 AOC.设06 OB=E，过点E作EF丄AC于F,连结

20、 OF （如图4）,贝U EF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=3 OO=J3 , OC=1,所以 OjA OA2 OO2 2,3, AC O1A2 O1C2 .13 ,从而OiFOi A OiCAC又 OE=OO sin30所以 sin OiFEO1EO1F.134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,AE EB AF |FD 4 .沿直线EF将 /.AEF翻折成AEF，使平面AEF 平面BEF . （I）求二面角 A FD C的余弦值；（n

21、）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AE = AF及H是EF的中点，所以 ah EF,又因为平面 AEF 平面BEF.如图建立空间直角坐标系 A-xyz则 A (2, 2, 22 ) , 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EUAG:AH:GH. 因 HFRR是盯的中点,pA-DF-C的余弦荫淘兰考点四：函数问题

22、例8.如图，在ABC中，匕AB BC 2，P为AB边上一动点，PDBC交AC于 点D,现将 PDA沿PD翻折至 PDA,使平面PDA平面PBCD.k 2 2 2H2 MG2 GH 2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A PBCD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：AB DE.1例 8 解:(1)设 PA x，则 f pbcd 3 PA S底面pdcbx(2 )3 x1 令 f(x)3x(2c 32x x (,(x60)则 f (x)x2舅 (o,4H32品32祁3(A3,)3f (x)0f(x)

23、单调递增极大值单调递减由上表易知：当 PA x 时，有VA- PBCD取最大值。3证明：作A B得中点F，连接EF、FP1由已知得：EF 丄 BC/PD ED / FP2A PB为等腰直角三角形， A B PF所以AB DE .练习3:如图，圆柱 0。1内有一个三棱柱 ABC-A 1B1C1，三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A1ACC 1 平面B1BCC1;(H)设 AB=AA 1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC-A 1B1C1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

24、面A1ACC i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AA 1 平面ABC BC 平面ABC所以AA1 BC ,因为AB是圆0直径，所以BC AC，又AC AA 1 A，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V AB=AA1=2r，故三棱柱 ABC-A 1B1C1的体积

25、为1 2 2 2 2Vj=AC BC 2r =AC BC r，又因为 AC BC =AB =4r ,2所以AC2 2AC +BC 2 /BC =2r2，当且仅当AC=BC= . 2r时等号成立，2从而y22r，而圆柱的体积V二r 2r=2 r ,故p = V1 =-,当且仅当AC=BC= &r ,即OC AB时等号成立，V 2 r1所以p的最大值是-。(ii )由(i )可知，p取最大值时， OC AB，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,

26、-r,0)是平面A-ACC-的一个法向量,取z 1得平面BQC的一个法向量为n=(0,-2,1)，因为0 90 ,所以cos2rv5 2r 105CDAC,CD BC AC |BCC CDABC CMABCCMCD ABMCDMDMCD ABMDCMDAB CMAC BCCMAC BCAB2 453 34、5MD 、MC2CD24、6cos CMDMC1512,5153.5MD4663CDAC, CDBC ACBCCCD ABC ACBACD ABADAO BDABFH练习 4BC如图（甲），在直角梯形V(x) V(x) V(x) BE ABE FH ABE FH /r,HGACV(x)Va1

27、BCE S BCE3AC BC3BDcos(2x)6427丄124 -V(x)34护)4 4 ,0)3 3x2(216X81x)1x122x xx (4 2x)43v(x)4V(x) 0 x3x x (4x AC22x)ABEH3x% V (x) 04=0(乙)BBA(0,0, 2)34a311v(x)814-V(X)V(X)max34(o, 3,)4 a34 16V(；) V(x)3 814,0,(a,b,c)4323)1 m(扛,1)2 2231 1 14 4-6 v(x)6AB、.AC2 BC22,534S ABC _9_S DAB 4 669cos练习5:如图，在四棱锥 P ABCDh PA 底面ABCD DAB为直角，AB| CD AD=CI=2ABE、F分别为PC CD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CD BF又PA底面