立体几何大题综合四大类型VIP

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，则点B到平面的距离为.异面直线间的距离 (是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).直线与平面所成角(为平面的法向量).利用法向量求二面角的平面角定理：设分别是二面角中平面的法向量，则所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（方向相同，则为补角，反方，则为其夹角）.二面角的平面角或（，为平面，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.线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.例1. 四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面已知，（）证明；（）求直线与平面所成角的大小的余弦值考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，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 DBCAS解答过程：解法一：（）作，垂足为，连结，由侧面底面，得底面因为，所以，又，故为等腰直角三角形，由三垂线定理，得（）由（）知，依题设，故，由，得，的面积连结，得的面积设到平面的距离为，由于，得，解得设与平面所成角为，则所以，直线与平面所成的角的为余弦值为：解法二：（）作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面因为，所以DBCAS又，为等腰直角三角形，如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系，所以（）取中点，连结，取中点，连结，与平面内两条相交直线，垂直所以平面，与的夹角记为，与平面所成的角记为，则与互余，所以，直线与平面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：构造作出斜线与射影所成的角，证明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，正三棱柱的所有棱长都为，为中点ABCD（）求证：平面；（）求二面角的大小；（）求点到平面的距离考查目的：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：（）取中点，连结ABCDOF为正三角形，正三棱柱中，平面平面，平面连结，在正方形中，分别为的中点， ， 在正方形中， 平面（）设与交于点，在平面中，作于，连结，由（）得平面， 为二面角的平面角在中，由等面积法可求得，又， 所以二面角的大小为（）中，在正三棱柱中，到平面的距离为设点到平面的距离为由，得，点到平面的距离为解法二：（）取中点，连结为正三角形，在正三棱柱中，平面平面，平面xzABCDOFy取中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，平面（）设平面的法向量为， ，令得为平面的一个法向量由（）知平面，为平面的法向量，二面角的大小为（）由（），为平面法向量，点到平面的距离小结：本例中（）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点到平面的距离转化为容易求的点K到平面的距离的计算方法，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的正方体中，G是的中点，求BD到平面的距离.BACDOGH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 平面，上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点O平面的距离,，平面,又平面平面，两个平面的交线是,作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离.在中，.又.即BD到平面的距离等于.解析二 平面，上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则, 即BD到平面的距离等于.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，底面是边长为的正三角形，棱的长为2，且垂直于底面.分别为的中点，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，再进一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，为的中位线，面,到平面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上一点C到平面的距离，设其为h，由题意知，,D、E、F分别是AB、BC、BD的中点，在Rt中，在Rt中，又由于，即，解得故CD与SE间的距离为.小结：通过本例我们可以看到求空间距离的过程，就是一个不断转化的过程.5利用空间向量求空间距离和角众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立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，已知是棱长为的正方体，点在上，点在上，且（1）求证：四点共面； （2）若点在上，点在上，垂足为，求证：平面； （3）用表示截面和侧面所成的锐二面角的大小，求命题意图：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：（1） 如图，在上取点，使，连结，则，因为，所以四边形，都为平行四边形从而，又因为，所以，故四边形是平行四边形，由此推知，从而因此，四点共面（2）如图，又，所以，因为，所以为平行四边形，从而又平面，所以平面（3）如图，连结因为，所以平面，得于是是所求的二面角的平面角，即因为，所以， 解法二：（1）建立如图所示的坐标系，则，所以，故，共面又它们有公共点，所以四点共面（2）如图，设，则，而，由题设得，得因为，有，又，所以，从而，故平面（3）设向量截面，于是，而，得，解得，所以又平面，所以和的夹角等于或（为锐角）于是故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对角线的交点，G是PB的中点。 （）根据三视图，画出该几何体的直观图； （）在直观图中，证明：PD/面AGC； 证明：面PBDAGC求面PAB与面PBC的夹角的余弦值。2,4,6解：（）该几何体的直观图如图所示。 3分（2）证明：连结AC，BD交于点O，连结OG，因为G为PB的中点，O为BD的中点，所以OG/PD。又OG面AGC，PD面AGC，所以PD/面AGC。 文8分，理6分连结PO，由三视图，PO面ABCD，所以AOPO。 又AOBO，所以AO面PBD。 因为AO面AGC，所以面PBD面AGC 文12分，理9分（理）建立如图所示坐标系，由三视图知，PO=，AB=2，AC=2，AO=，P（0，0，），B（0，0），A（，0，0），C（，0，0），设面PBA的法向量为n=（x，y，z）令x=1得y=1，z=1。n=（1，1，1）设面PBC的法向量为）令m=（1，1，1）。设面PAB与PBC的夹角为，则 所以面PAB与PBC的夹角为余弦值为 理12分练习1已知几何体ABCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形（1）求此几何体的体积V的大小;（2）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（3）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由.解：（1）由该几何体的三视图知面,且EC=BC=AC=4 ，BD=1，即该几何体的体积V为16-3分（2）解法1:过点B作BF/ED交EC于F，连结AF，则FBA或其补角即为异面直线DE与AB所成的角-5分在BAF中，AB=，BF=AF=即异面直线DE与AB所成的角的余弦值为-7分解法2：以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系则A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，1），E（0，0，4）， 异面直线DE与AB所成的角的余弦值为（3）解法1:在DE上存在点Q，使得AQBQ.- -8分取BC中点O，过点O作OQDE于点Q，则点Q满足题设.- -10分连结EO、OD，在RtECO和RtOBD中 -11分,以O为圆心、以BC为直径的圆与DE相切切点为Q面,面 面 -13分面ACQ-14分解法2: 以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系设满足题设的点Q存在,其坐标为（0，m，n），则，AQBQ - 点Q在ED上，存在使得-代入得，解得满足题设的点Q存在，其坐标为考点三：折叠与展开问题例7.如图，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，（）证明：ACBO1；（）求二面角OACO1的大小。ABCDOO1ABOCO1DABOCO1Dxyz8.解法一（I）证明 由题设知OAOO1，OBOO1.所以AOB是所折成的直二面角的平面角，即OAOB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1所在直线分别为轴、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，）图3O1（0，0，）.从而所以ACBO1. （II）解：因为所以BO1OC，由（I）ACBO1，所以BO1平面OAC，是平面OAC的一个法向量.设是0平面O1AC的一个法向量，由 得. 设二面角OACO1的大小为，由、的方向可知，ABOCO1D所以cos，=即二面角OACO1的大小是解法二（I）证明 由题设知OAOO1，OBOO1， 所以AOB是所折成的直二面角的平面角，图4即OAOB. 从而AO平面OBCO1，OC是AC在面OBCO1内的射影.因为 ，所以OO1B=60，O1OC=30，从而OCBO1由三垂线定理得ACBO1.（II）解 由（I）ACBO1，OCBO1，知BO1平面AOC.设OCO1B=E，过点E作EFAC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC内的射影，由三垂线定理得O1FAC.所以O1FE是二面角OACO1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，所以，从而，又O1E=OO1sin30=，所以 即二面角OACO1的大小是练习2如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面. （）求二面角的余弦值；（）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。解：（）取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.如图建立空间直角坐标系A-xyz则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）.故=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量，所以 取，则。又平面的一个法向量，故。所以二面角的余弦值为（）解：设, 因为翻折后，与重合，所以，而， 得，经检验，此时点在线段上，所以。考点四：函数问题例8. 如图，在交AC于 点D,现将（1）当棱锥的体积最大时，求PA的长；（2）若点P为AB的中点，E为例8解：（1）设，则 令 则 单调递增极大值单调递减由上表易知：当时，有取最大值。证明：作得中点F，连接EF、FP 由已知得： 为等腰直角三角形， 所以.练习3：如图，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O直径。（）证明：平面平面；（）设AB=，在圆柱内随机选取一点，记该点取自于三棱柱内的概率为。（i）当点C在圆周上运动时，求的最大值；（ii）记平面与平面所成的角为，当取最大值时，求的值。【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】（）因为平面ABC，平面ABC，所以，因为AB是圆O直径，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面。（）（i）设圆柱的底面半径为，则AB=，故三棱柱的体积为=，又因为，所以=，当且仅当时等号成立，从而，而圆柱的体积，故=当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是。（ii）由（i）可知，取最大值时，于是以O为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），则C（r，0，0），B（0，r，0），（0，r，2r），因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的法向量，由，故，取得平面的一个法向量为，因为，所以。练习4如图（甲），在直角梯形ABED中，AB/DE，ABBE，ABCD,且BC=CD,AB=2,F、H、G分别为AC ,AD ,DE的中点，现将ACD沿CD折起，使平面ACD平面CBED,如图（乙）（1）求证：平面FHG/平面ABE；（2）记表示三棱锥BACE 的体积，求的最大值；（3）当取得最大值时，求二面角DABC的余弦值解：（1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形CBED为正方形如图（乙）F、H、G分别为AC , AD,DE的中点FH/CD, HG/AE-1分CD/BE FH/BE面，面面-3分同理可得面又 平面FHG/平面ABE-4分（2）平面ACD平面CBED 且ACCD 平面CBED-5分 （）-7分解法1：,当且仅当即时取“”的最大值为-9分解法2：，令得（不合舍去）或当时，当时当时有最大值，（3）解法1：以点C为坐标原点，CB为x轴建立空间直角坐标系如右图示：由（2）知当取得最大值时，即BC=这时AC=,-10分平面ACB的法向量设平面ABD的法向量为,-11分由,得，令得-12分设二面角DABC为，则-14分解法2：由（2）知当取得最大值时，即BC=这时AC=，从而过点C作CMAB于M，连结MD 面面 面面 是二面角DABC的平面角由得在RtMCD中 解法3：设二面角DABC为,且 面ABC为ABD在面ABC上的投影 ,又O为BD的中点 , =.练习5：如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD,DAB为直角，ABCD，AD=CD=2AB, E、F分别为PC、CD的中点.（）试证：CD平面BEF；（）设PAkAB,且二面角E-BD-C的平面角大于,求k的取值范围.解法一：（）证：由已知DFAB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF.又PA底面ABCD,CDAD，故由三垂线定理知CDPD.在PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EFPD,从而CDEF,由此得CD面BEF. （）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,则在PAC中易知EGPA.又因PA底面ABCD,故EG底面ABCD.在底面ABCD中，过G作GHBD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.设AB=a,则在PAC中，有EG=PA=ka.以下计算GH，考察底面的平面图.连结GD.因SGBD=BDGH=GBDF.故GH=.在ABD中，因为ABa,AD=2a,得BD=a.而GB=FB=AD=a，DF=AB,从而得GH= 因此tanEHG=由k0知是锐角，故要使，必须tan=解之得，k的取值范围为k考点五：探索性问题例9： 如图，已知四棱锥SABCD的底面是边长为4的正方形，S在底面上的射影O落在正方形ABCD内，且O到AB、AD的距离分别为2和1.（I）求证是定值； （II）已知P是SC的中点，且SO=3，问在棱SA上是否存在一点Q，使得异面直线OP与BQ所成的角为90？若存在，请给出证明，并求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 解：法一：（I）以O为坐标原点，以OS所在直线为Oz轴，过O且平行于AD的直线为Ox轴.过O且平行于AB的直线为Oy轴，建立如图所示空间直角坐标系1分 设S（0，0，z）（z0，zR） 则 即为定值. （II）由（I）建立的空间直角坐标系可知 A（2，1，0），B（2，3，0）C（2，3，0），S（0，0，3）P（1，）设点Q（x，y，z），则存在使12分法二：（I）证明：在SDC内，作SECD交CD于E，连结OE1分SO平面ABCD SOCD CD平面SOE SOOEOE/AD DE=1从而CE=3即为定值. 练习6： 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1面ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点. （）求证：AB1/面BDC1； （）求二面角C1BDC的余弦值； （）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP面BDC1？并证明你的结论.（I）证明： 连接B1C，与BC1相交于O，连接OD BCC1B1是矩形，O是B1C的中点.又D是AC的中点，OD/AB1.AB1面BDC1，OD面BDC1AB1/面BDC1. （II）解：如力，建立空间直角坐标系，