高三数学二轮复习立体几何新题型的解题技巧3新人教A版

题型三 立体几何（教师版）【备 考 要 点】立体几何在数学高考中占有重要的地位，近几年高考对立体几何考察的重点与难点稳定（也是考生的基本得分点）：高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行的判断与性质、垂直的判断与性质作为考察的重点。新课标教材对立体几何要求虽有所降低，但考察的重点一直没有变，常常考察线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系和空间角与距离的计算。（1）从考题的数量看，一般为2-3题，其中一大一小的设置更符合课时比例；从所占分值来看，同一省份不同年份差异不大，不同省份略有差异。（2）文理科差异较大，文科以三视图、面积与体积、平行与垂直关系的判断与证明为主要的考查对象，三视图几乎每年必考（其实，三视图是考察学生空间想象能力的良好素材，大部分省份的情况是文、理同题，位置调整难度）。（3）理科在文科的基础上重点考查空间角的计算，由此可见“空间角的计算”受到的关注程度最高，与考纲要求吻合。解答题的命制特点是“一题两法”，各地标准答案都给出了向量解法。（4）在“空间角”的考查中，主要考查的是“二面角”，高于教材要求，但对线面角的考查也有加大的趋势。高考的可能情况是： (1)以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等 (2)以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角 立体几何大题一般出现在试卷中第18、19题，难度中等，少数省份出现在20、21或17题位置，难度中等偏上或偏下。小题通常为容易题、中等题，中上难度的题也时有出现。占分比重全国绝大多数省份是两小题一大题21-22分，占全卷的14%左右。 考查重点 直线与平面的位置关系判定、证明及角度与距离的计算。直线平面的平行、垂直作为知识体系的轴心，在考查中地位突出，贯穿整个大题。角度的计算：线线角、线面角、二面角是必考内容，线面角、二面角的出现频率更高些。距离以点面距、异面直线的距离为主，前者的出现频率更高。另外还应注意非标准图形的识别、三视图的运用、图形的翻折、求体积时的割补思想等，以及把运动的思想引进立体几何。最近几年综合分析全国及各省高考真题，立体几何开放题是高考命题的一个重要方向，开放题更能全面的考查学生综合分析问题的能力。考查内容一般有以下几块内容：1、平行：包括线线平行，线面平行，面面平行；2、垂直：包括线线垂直，线面垂直，面面垂直；3、角度：包括线线（主要是异面直线）所成的角，线面所成的角，面面所成的角；4、求距离或体积；高考中的立体几何题的解法通常一题多解，同一试题的解题途径和方法中常常潜藏着极其巧妙的解法，尤其是空间向量这一工具性的作用体现的更为明显。因此，这就要求考生通过“周密分析、明细推理、准确计算、猜测探求”等具有创造性思维活动来选择其最佳解法以节约做题时间，从而适应最新高考要求。立体几何解答题的设计，注意了求解方法既可用向量方法处理，又可用传统的几何方法解决，并且向量方法比用传统方法解决较为简单，对中学数学教学有良好的导向作用，符合数学教材改革的要求，有力地支持了新课程的改革.【命 题 方 向】【原题】（本题满分13分）如图，在四棱锥中，平面平面底面为矩形， ，（）求证：；（）求二面角的大小.【解析】（）因为平面平面，且面面，所以平面.又因为平面 所以 6分（）由（）可知，. 在中，所以，所以平面.即，,所以为二面角的平面角在中， ，所以二面角的大小 13分法二：取的中点, 的中点在中，为的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面 所以，平面显然，有 1分 如图，以P为坐标原点，PA为x轴，PE为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，则，3分（）易知因为， 所以 6分（）设为平面的一个法向量，则有，即，所以 7分显然，平面，所以为平面的一个法向量，所以为平面的一个法向量 9分所以 ， 所以二面角的大小为 13分【原题】(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1，B1A1C1=90，D、E分别为CC1和A1B1的中点，且A1A=AC=2AB=2 (I)求证：C1E平面A1BD； ()求点C1到平面A1BD的距离【解析】（）证明：取中点F，连结EF，FD,又,平行且等于所以为平行四边形，4分，又平面,平面.6分（），,8分所以,，10分及，.所以点到平面的距离为.12分【原题】(本小题满分12分) 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，且PA=AB，M、N 分别是PA、BC的中点(I)求证：MN平面PCD；(II)在棱PC上是否存在点E，使得AE上平面PBD?若存在，求出AE与平面PBC所成角的正弦值，若不存在，请说明理由【解析】（）证明：取PD中点为F，连结FC，MF,.四边形为平行四边形，3分，又平面,5分MN平面PCD.（）以A为原点，AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系。设AB=2，则B(2,0，0)，D(0，2，0)，P(0，0， 2)，C(2，2，0)，设PC上一点E坐标为，即则7分由,解得.9分作AHPB于H，BC平面PAB，BCAH，AH平面PBC,取为平面PBC的法向量则，设AE与平面PBC所成角为，,的夹角为，则.12分【原题】（本小题满分13分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，,平面，是的中点，是的中点. () 求证：平面；（）求证：平面平面；（）求平面与平面所成的锐二面角的大小.【解析】() 取中点为，连 是的中点 是的中位线, 是中点且是菱形，, . 四边形是平行四边形. 从而 , 平面 ,平面, 平面 4分 平面 平面平面 .8分 说明：() 、（）前两小题用向量法，解答只要言之有理均应按步给分.由（）知平面，是平面的一个法向量, 设平面的一个法向量为 由 ,且由 在以上二式中令，则得，,设平面与平面所成锐角为 故平面与平面所成的锐角为 13分 说明：（）小题用几何法，解答只要言之有理均应按步给分.【原题】（本题满分12分）如图1，平面四边形ABCD关于直线AC对称，把ABD沿BD折起（如图2），使二面角ABDC的余弦值等于。对于图2，完成以下各小题：（1）求A，C两点间的距离；（2）证明：AC平面BCD；（3）求直线AC与平面ABD所成角的正弦值。【解析】（1）取BD的中点E，连接AE，CE，由AB=AD，CB=CD得，就是二面角ABDC的平面角，在ACE中，（2）由AC=AD=BD=2，AC=BC=CD=2，（3）以CB，CD，CA所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则【原题】（本题满分12分）本题共有2个小题，第1小题满分5分，第2小题满分7分ABCA1B1C1如图，在直三棱柱中， ，（1）求三棱柱的表面积；（2）求异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数表示）【解析】（1）在中，因为，所以（1分）（1分）所以（3分）（2）连结，因为，所以就是异面直线与所成的角（或其补角）（1分）在中，（1分）由余弦定理，（3分）所以（1分）即异面直线与所成角的大小为（1分）【原题】（本小题满分12分）如图，四边形为矩形，平面,，平面于点，且点在上.（）求证：；（）求四棱锥的体积；（）设点在线段上，且，试在线段上确定一点，使得平面.【解析】（）因为平面，所以，因为平面于点，2分因为，所以面，则因为，所以面，则4分（）作，因为面平面，所以面因为，所以6分8分（）因为，平面于点，所以是的中点设是的中点，连接10分所以因为，所以面，则点就是点【原题】（本小题满分12分）已知四边形满足，是的中点，将沿着翻折成，使面面，为的中点.（）求四棱的体积；（）证明：面；（）求面与面所成二面角的余弦值.【解析】（）取的中点连接，因为，为等边三角形，则，又因为面面，所以面，2分所以4分（）连接交于，连接，因为为菱形，又为的中点，所以，所以面7分（）连接，分别以为轴则9分设面的法向量，令，则设面的法向量为，令，则11分则，所以二面角的余弦值为12分 【原题】（本小题满分12分）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E是SA的中点。（1）求证：平面BED平面SAB；（2）求平面BED与平面SBC所成二面角（锐角）的大小。【解析】（）SD平面ABCD，平面SAD平面ABCD，ABAD，AB平面SAD，DEABSDAD，E是SA的中点，DESA，ABSAA，DE平面SAB平面BED平面SAB4分（）建立如图所示的坐标系Dxyz，不妨设AD2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，0)，C(0，0)，S(0，0，2)，E(1，0，1)(2，0)，(1，0，1)，(2，0，0)，(0，2)设m(x1，y1，z1)是面BED的一个法向量，则即因此可取m(1，1)8分设n(x2，y2，z2)是面SBC的一个法向量，则即因此可取n(0，1) 10分cosm，n，故平面BED与平面SBC所成锐二面角的大小为3012分【原题】（本小题满分14分）如图，在直三棱柱中，AB=AC=5,BB1=BC=6,D,E分别是AA1和B1C的中点（） 求证：DE平面ABC；（）求三棱锥E-BCD的体积。【解析】取BC中点G，连接AG，EG，（第16题）因为是的中点，所以EG，且由直棱柱知，而是的中点， 所以，4分所以四边形是平行四边形，所以，又平面，所以平面7分因为，所以平面，所以，10分由知，平面，所以14分【原题】（本题满分14分）如图，在梯形中，四边形为矩形，平面平面，（）求证：平面；（）设点为中点，求二面角的余弦值（第20题）【解析】(1)证明：（第20题）则，则得，面平面，面平面平面7分（II）过作交于点，连, 则为二面角的平面角，在中，则二面角的余弦值为14分【原题】（本题满分14分）已知四棱锥中，底面是边长为的菱形，（I）求证：；（II）设与交于点，为中点，若二面角的正切值为，求的值【解析】（I）因为PA平面ABCD，所以PABD又ABCD为菱形，所以ACBD,所以BD平面PAC从而平面PBD平面PAC6分（II）过O作OHPM交PM于H，连HD因为DO平面PAC，可以推出DHPM,所以OHD为A-PM-D的平面角又，且从而，, 8分从而因为BD平面PAC,所以平面PMO的一个法向量为 设平面PMD的法向量为,由得取，即11分设与的夹角为，则二面角大小与相等从而，得，从而，即14分【原题】（本小题满分14分）如图边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，将BEF剪去，将AED、DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点P得一三棱锥如图示.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积；（3）求点E到平面PDF的距离 (2)解法1：依题意知图中AE=CF= PE= PF=，在BEF中,-6分在中，-8分-10分 (2)解法2：依题意知图中AE=CF= PE= PF=，在BEF中,-6分取EF的中点M，连结PM则,-7分-8分-10分(3) 由（2）知,又 平面-12分DPABCE线段的长就是点E到平面PDF的距离-13分, 点E到平面PDF的距离为.-14分【原题】（本小题满分14分）如图，一简单组合体的底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，EC/PD，PD=2EC11. 12. 若，求DE与平面PDB所成角的正弦值。13. 【解析】证：取PD中点F ，连接EF，AF (2)取PB中点H，连接EH，DH 连接AC交BD于O 点，连接HO 四边形OCEH为平行四边形 。11分设AD=1，则PD=，易得, 。 14分 其他解答自行给分向量解法 建立直角坐标系，证明AC平面PDB ，为平面PBD的法向量，用公式 【原题】（本小题满分12分）如图，已知四棱台ABCD A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1=2。（ I）求证：平面A1ACC1平面B1BDD1；（）求四棱台ABCD - A1B1C1D1的体积；（）求二面角BC1CD的余弦值【解析】（）平面 ABCD，底面是正方形，与是平面内的两条相交直线，平面平面，平面平面（4分）（）过作于，则平面 ABCD，平面在中，求得而，所以四棱台的体积 （8分） （）设与交于点O，连接过点B在平面内作于M，连接由（）知平面，所以平面， 所以，是二面角的平面角在中，求得，从而求得在中，求得，同理可求得在中，由余弦定理，求得（12分）ABOCDA1B1C1【原题】(本小题满分13分)在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为的正三角形，点A1在底面ABC上的射影O恰是BC的中点（）求证：A1ABC；（）当侧棱AA1和底面成45角时，求二面角A1ACB的大小余弦值； （）若D为侧棱A1A上一点，当为何值时，BDA1C1【解析】法一：（）连结AO， A1O面ABC，AOBCA1ABC3分（）由（）得A1AO=45由底面是边长为2的正三角形，可知AO=3A1O=3，AA1=3过O作OEAC于E，连结A1E，则A1EO为二面角A1ACB的平面角6分OE=，tanA1EO=9分即二面角A1ACB的大小余弦值为（）过D作DFA1O，交AO于F，则DF平面ABCBF为BD在面ABC内的射影，又A1C1AC，要使BDA1C1，只要BDAC，即证BFAC，F为ABC的中心，8分法二：以O点为原点，OC为x轴，OA为y轴，OA1为z轴建立空间直角坐标系（）由题意知A1AO=45，A1O=3O（0，0，0），C（，0，0），A（0，3，0），A1（O，0，3），B（，0，0）=（0，3，3），=（2，0，0）=02+（3）0+30=0AA1BC4分（）设面ACA1的法向量为n1=（x，y，z），则令z=1，则x=，y=1，n1=（，1，1）6分而面ABC的法向量为n2=（0，0，1）8分cos(n1，n2)=又显然所求二面角的平面角为锐角，所求二面角的大小为9分（）A1C1AC，故只需BDAC即可，设AD=a，则D（0，3a，a）又B（，0，0），则=（，3a，a），=（，3，0）要使BDAC，须=33（3a）=0，得a=2，而AA1=3，A1D=，13分【原题】（本小题满分12分）如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，四个侧面都是等边三角形，AC与BD的交点为O，E为侧棱SC上一点。（1）求证:平面平面(2)当二面角的大小为时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由。 【解析】(1)由已知可得，SB=SD,O是BD的中点，所以BDSO 2分又因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC， 3分因为ACSO=O，所以BD面SAC. 4分又因为BD面BDE，所以平面BDE平面SAC. 5分(2)易证，SO面ABCD，ACBD.建立如图所示的空间直角坐标系.7分设四棱锥S-ABCD的底面边长为2，则O(0，0，0)，S(0，0，)，B(0，0)，D(0，-，0).所以=(0,-2,0),设CE=a(0a2),由已知可求得ECO=45,则E(-+,0, ),=(-+,-, ).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,得n=(,0,1), 9分因为SO底面ABCD，所以=(0,0, )是平面SAC的一个法向量 10分因为二面量角E-BD-C的大小为45，所以=,解得a=1,所以点E是SC的中点. 12分注：其他证法相应得分【原题】（本小题共14分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点， （）求证：平面；（）点在线段上，试确定的值， 使平面；（）若平面，平面平面，求二面角的大小【解析】（）连接 因为四边形为菱形，所以为正三角形又为中点， 所以因为,为的中点，所以又， 所以平面4分（）当时，平面下面证明：连接交于，连接因为，所以 因为平面，平面，平面平面，所以.所以所以，即 因为，所以所以， 所以.又平面，平面，所以平面9分（）因为，又平面平面，交线为， 所以平面以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系由=2，则有，设平面的法向量为=， 由，且，可得令得所以=为平面的一个法向量取平面的法向量=， 则，故二面角的大小为6014分【原题】(本题12分) 如图(1)在等腰中，D，E，F分别是AB，AC和BC边的中点，现将沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(如图(2)(I)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(II).求二面角E-DF-C的余弦值；(III)在线段BC是否存在一点P，但APDE？证明你的结论.【解析】法一（I）如图：在ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF4分（II）ADCD，BDCD，ADB是二面角ACDB的平面角，ADBD，AD平面BCD，取CD的点M，使EMAD，EM平面BCD，过M作MNDF于点N，连结EN，则ENDF，MNE是二面角EDFC的平面角.6分设CDa,则ACBC2a , ADDB, DFC中,设底边DF上的高为h由， h在RtEMN中，EM=，MN= h，tanMNE=2从而cosMNE 8分（）在线段BC上不存在点P，使APDE， 9分证明如下：在图2中, 作AGDE,交DE于G交CD于Q由已知得AED120，于是点G在DE的延长线上，从而Q在DC的延长线上，过Q作PQCD交BC于PPQ平面ACD PQDEDE平面APQAPDE.但P在BC的延长线上。 12分法二（）以点D为坐标原点，直线DB、DC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，设CDa，则ACBC2a , ADDB则A（0，0，），B（，0，0）， C（0，. 5分取平面CDF的法向量为设平面EDF的法向量为，则 得6分 7分所以二面角EDFC的余弦值为 8分（）设，又， 9分11分把，可知点P在BC的延长线上ADBCPA1B1C1QD1第22题所以在线段BC上不存在点P使APDE. 12分【原题】如图所示,在棱长为2的正方体中,点分别在棱上,满足,且.(1)试确定、两点的位置.(2)求二面角大小的余弦值.【解析】(1)以为正交基底建立空间直角坐标系,设,则,，解得4分PC=1,CQ=1,即分别为中点5分(2)设平面的法向量为，,又，令，则,8分为面的一个法向量,而二面角为钝角,故余弦值为10分【原题】（本小题满分12分）如图，在底面是直角梯形的四棱锥PABCD中，平面ABCD，PA=AB=BC=3，梯形上底AD=1。（1）求证：平面PAB；（2）求面PCD与面PAB所成锐二面角的正切值；（3）在PC上是否存在一点E，使得DE/平面PAB？若存在，请找出；若不存在，说明理由。【解析】（）：由题意 4分（）（法一）延长BA、CD交于Q点，过A作AHPQ,垂足为H,连DH由（）及ADBC知：AD平面PAQ ADPQ且AHPQ所以PQ平面HAD，即PQHD.所以AHD是面PCD与面PBA所成的二面角的平面角. 6分易知，所以所以面PCD与面PAB所成二面角的正切值为.8分（）解：存在. 9分在BC上取一点F,使BF=1，则DFAB.由条件知，PC=,在PC上取点E,使PE=,则EFPB.10分所以，平面EFD平面PAB故 DE平面PAB12分【原题】（本小题满分14分）如图在四棱锥中，底面是正方形，垂足为点，,点，分别是，的中点（I）求证: ；（II）求证:平面；（III）若 ,求平面与平面所成二面角的余弦值.【解析】（I）连接. 4分(II) ，又 7分在，点，分别是，的中点 . 9分（III），以为原点，建立空间直角坐标系由 可得设平面MNF的法向量为 n平面ABCD的法向量为 11分可得：解得： 令 n 13分14分【方 法 总 结】解答题在考查中经常涉及的知识及题型有：证明“平行”和“垂直”；求多面体的体积；三种角的计算；有关距离的计算；多面体表面积或体积的计算.这类问题的解法主要是化归思想，如两条异面直线所成的角转化为两相交直线所成的角，面面距离转化为线面距离，再转化为点面距离等. 一题两法，支持新课程改革. 1.平行、垂直位置关系的论证 证明空间线面平行或垂直需要注意以下几点： (1)理清平行、垂直位置关系的相互转化.(2)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路. (3)立体几何论证题的解答中，利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.(4)三垂线定理及其逆定理在高考题中使用的频率最高，在证明线线垂直时应优先考虑，应用时需要先认清所观察的平面及它的垂线，从而明确斜线、射影、面内直线的位置，再根据定理由已知的两直线垂直得出新的两直线垂直.另外通过计算证明线线垂直也是常用方法之一.2.空间角的计算 主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算. (1)两条异面直线所成的角平移法：在异面直线中的一条直线上选择