2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练

1、2020年高考理科数学立体几何题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明一 ,1 一 例1如图，图为1的等腰梯形 ABCD3,AM= CD= -AB= 1.现将 AM册 M所起，使平面 AMd平面MBCD3连接AR AC试判断：在 AB边上是否存在点 P,使AD/平面MP"说明理由1【答案】当 AP= qAB时，有AD/平面 MPC 3理由如下：连接BD交M。点N,连接NP，一 ，DN DC 1在梯形MBC四，DC/ MB 荷而5，NB IvlB 2AP 1在ADBf, 我 2，AD/ PN. AD?平面 MPC PN?平面 MPC .AD/平面 MPC【解析】线面平行，可以线线

2、平行或者面面平行推出。此类题的难点就是如何构造辅助线。构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。本题用到的是线线平行推出面面平行。【易错点】不能正确地分析 DN与BN的比例关系，导致结果错误。【思维点拨】此类题有两大类方法：1 .构造线线平行，然后推出线面平行。此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。在此，我们需要借助倒推法进行分析。首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。从这个

3、角度上看我们可以看出线线平行推线面AD做了一个平面 ADB与平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。如本题中即是过AD平面MPCf交于线PN最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。即先证平行于PN最后得到结论。构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。方法二方法三P方法2 .构造面面平行，然后推出线面平行。此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。辅助线的构造理论同上。我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。可总结为下图方法例2如图，在几何体 ABCD计，四边形 ABCD矩形，AB，平面 BEG B已EC, AB=

4、 BE= EC= 2, G, F分别是线段BE, DC的中点.求证：GF/平面ADE【答案】解法一 ：（1）证明：如图，取 AE的中点H,连接HG HD又G是BE的中点,1所以 GH/ AB,且 G+ 2AB.又F是CD的中点， ,1所以 DF= CD.由四边形ABC虚矩形得，AB/ CD AB= CD所以 GH/ DF,且 GH= DF,从而四边形HGF虚平行四边形，所以 GF/ DH.又DH?平面ADE GF?平面ADE所以GF/平面ADE.解法2: (1)证明：如下图，取 AB中点M,连接MG MF.又G是BE的中点，可知GM/ AE.;又 AE?平面 ADE GM?平面 ADE所以GM

5、/平面ADE.卅/ "在矩形ABC邛，由M F分别是AB, CD的中点得 MF/ AD.-；又 AD?平面 ADE MF?平面 ADE/ ：所以MF/平面ADE.汴少少”又因为 GMT MF= M, GM?平面 GMF MF?平面 GMF了/所以平面GMF平面ADE./'夕二因为GF?平面GMF所以 GF/平面 ADE.右任二二二一/SL【解析】解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。【易错点】线段比例关系【思维点拨】同例一题型二线线垂直、面面垂直的证明例1如图，在三棱锥 P-ABC, PA± AB, PAL BC AEJ±BQ PL AB=BC2,

6、D为线段AC的中点，E为线 段PC上一点.(1)求证：PAL BQ(2)求证：平面 BDEL平面PAC【答案】(1)证明：因为 PAL AB, PAL BC ABA BC= B,所以PL平面ABC又因为BD?平面ABC所以PAL BD(2)证明：因为AB= BC D为AC的中点，所以BDL AC由 知，PAL BD 又 ACT PA= A,所以BDL平面PAC因为BD?平面BDE所以平面BD曰平面PAC【解析】(一)找突破口第(1)问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；第(2)问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助(1)的结论和已知条件可证；(二)寻关

7、键点有什么想到什么注意什么信息：PAL AR PAL BC线面垂直的判定定理，可证PAL平面ABC(1)证明线面平行的条件：一 直线在平囿外，一直线在平囿 内(2)证明线面垂直时的条件： 直线垂直于平面内两条相交 直线(3)求点到面的距离时要想到 借助锥体的“等体积性”信息：AB= BC D为AC的中占1八、等腰三角形中线与高线合一，可得BDL AC信息：PAL BD证明线线垂直，可转化到证明 一直线垂直于另一直线所在 平囿，冉由线面垂直的定义可得信息：平面BDEL平面PAC面面唯直的判定定理，线线垂 直？线卸垂直？囿回垂直信息：PA/平面BDE线囿平行的性质定理，线囿平 行，则线线平行，可得

8、 PA/DE【易错点】规范的符号语言描述，正确的逻辑推理过程。【思维点拨】(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用.(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决.(4

9、)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面？线面？线线.题型三空间向量例1如图，四面体 ABCDfr, ABC是正三角形， AC*直角三角形， ABD CBD , AB=BD(1)证明：平面ACIDLY面ABC(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEG巴四面体ABC盼成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值.【答案】(1)证明：由题设可得,4 ABm CBD 从而 AD= DC又ACD直角三角形，所以/ADC= 90取AC的中点O,连接DO BQ则DOL AC DO= AO又因为 ABB正三角形，所以BOL AC所以/ DOE二面角 DACB的平面角.在 Rt AO冲,BO+ AO=

10、 A百.又 AB= BD,所以 bO+ dO= bO+aO= ag=bD故/ DOB= 90所以平面ACD_平面ABC(2)由题设及(1)知，OA OB OD两两垂直.以 O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，| OA|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),R0,43,0),C(-1,0,0) ,D(0,0,1).一.一 1由题设知，四面体ABCE勺体积为四面体 ABCD勺体积的,从而E到平面ABC勺距离为D到平面ABC勺距离的 2,即 E为 DB的中点，得 E0,呼,2 .故KD =(-1, 0,1),血= (2,0,0) ,AE = 1,4,；.设n=(x

11、i, yi, zi)是平面DAE勺法向量,n AD=0, 则n AE = 0, Xi + Zi = 0,即3 i Xi +yi 2Zi = 0.可取n= i, U3 3设mi= (X2, y2, Z2)是平面AEC勺法向量,nr AC=0, 则nr AE = 0,一 2x2= 0,即3 i x2+-2y2+2Z2= 0,n m -当+.甲=工-.I n| m . 2i 7XX 23由图知二面角 DAEC为锐角，所以二面角 DAEC的余弦值为 平.【解析】(一)找突破口第(i)问：欲证面面垂直，应转化去证线面垂直或证其二面角为直角，即找出二面角的平面角，并求其 大小为90° ；第(2)

12、问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所 对应法向量来解决问题.(二)寻关键点有什么想到什么注意什么信息： ABC为正三角形， AC皿直角三角形特殊三角形中的特殊的边角： ABC中三边相等， ACD中的直角(i)建系时要证明哪三条线两 两垂直，进而可作为坐标轴 (2)两平面法向量的夹角不一 定是所求的一面角，也有可能 是两法向量夹角的补角，因此必须说明角的范围信息：/ ABD= / CB口 AB=BD边角相等关系可证两二角形全等，进而可证 AD= DQ /ADC= 90°信息：证明面ABC平囿 ACDL平囿间垂直的证明方法：几何法或定义法信

13、息:体积相等由体积的大小关系转化到点到面的距离的大小关系，进而知点E为DB的中点【易错点】正确建立空间直角坐标系，确定点的坐标，平面法向量的计算。【思维点拨】1.利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；(3)结合公式进行论证、计算；(4)转化为几何结论.2.求空间角应注意的 3个问题(1)两条异面直线所成的角a不一定是直线的方向向量的夹角3 ,即 COS a = |COS 3 |.(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化.(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面

14、角，有可能为两法向量夹角的补角.【巩固训练】题型一线面平行的证明S是BD的中点，E、F、G分别是BC DC SC的中点，求证:1.如图，在正方体 ABCD-A1BCD中,直线EG/平面BDDB;平面EFG/平面BDEB.【答案】详见解析【解析】(1)如图，连接SRE、G分别是BG SC的中点，EG/ SB.又 SB?平面 BDDB, EG?平面 BDDB1, 直线 EG/平面 BDDB1.(2)连接SR F、G分别是DG SC的中点，FG/ SD.又 SD?平面 BDDB, FG?平面 BDDBi,FG/平面 BDDBi,又 EG?平面 EFG FG?平面 EFG EGA FG= G, ,平面

15、 EFG/平面 BDDBi.2.如图，四棱锥 P ABCD勺底面是边长为1的正方形，侧棱 PA1底面ABCD且PA= 2, E是侧棱PA上的中点.求证：PC/平面BDE【答案】详见解析【解析】证明：连接 AC交BD于点O,连接OE,如图：四边形ABC比正方形，.O是AC的中点.又E是PA的中点，PC/ OE. PC?平面 BDE OE?平面 BDE.PC/平面 BDE.3.如图，在四棱柱 ABCP ABGD中，底面 ABCM等腰梯形,DAB= 60 , AB= 2CD= 2, M是线段 AB 的中占I 八、求证：CM/平面AADD;【答案】详见解析【解析】证明：因为四边形 ABCD1等腰梯形，

16、且AB= 2CD所以AB/ DC又由M是AB的中点，因此 CD/ MA且CD= MA连接AD,在四棱柱 ABCDABiCiD中，因为 CD CD, CD= CD,可得 CiD/ MA OD = MA所以四边形 AM©为平行四边形.因此 CiM/ DA,又 CM?平面 AADD, DA?平面 A ADD,所以CiM/平面AiADD题型二线线垂直、面面垂直的证明1.如图，在四棱锥 P ABCDh, PAa底面 ABCDABL AQ ACL CQ / ABC= 60° , PAAB= BQ E是PC的中点.(1)证明：CDL AE;(2)证明：PDL平面ABE【答案】详见解析【解

17、析】(1)在四锥 P ABCD43,因为 PAL 底面 ABCD CD?平面 ABCD 故 PAL CD ACL CD PAH AC =A, . CDL平面PAC而AE?平面PAC. CDL AE(2)由 PA= AB= BC, Z ABC= 60 ,可得 AC= PA .E是 PC的中点，AE±PC由(1)知，AE1 CD且PCT CD= C,所以AE1平面PCD而PC?平面PCD AE1 PD.PAL底面ABCD PD在底面ABCDJ的射影是ADABI AD AB± PQ又. ABH AE= A综上可得PDL平面ABE2.如图，在三棱锥 P ABC, PA= PB= P

18、C= AC= 4, AB= BC= 2小.求证：平面ABC1平面APC【答案】详见解析【解析】 证明：如图所示，取 AC中点0,连接OP OB. PA= PC= AC= 4,OPL AC 且 P0= 4sin60 = 2，3.BA= BC= 2y2， .BA+BC2=16 = AC,且 BOL AC. B0= A百A0=2.PB= 4,0P+ 0B= 12 + 4= 16= P氏. OPL 0B. AS 0B= 0, . OPL平面 ABC. OP?平面 PAC平面ABCL平面APC3.如图所示，四棱锥BD= ：3, PDL底面 ABCDP-ABC用，底面 ABC四平行四边形， AB= 2AD

19、= 2,证明：平面PBCL平面PBD 【答案】详见解析 【解析】(1)证明：QCB 1,CD 2,BD .3 .cD= bC+bD, BCL BD 又.PDL底面 ABCD PDL BC 又 PDH BD= D, Bd平面 PBD而BC?平面PBC平面PBCL平面PBDG(0,0,4)题型三空间向量1.已知直三棱柱 ABC- A1B1C 中，Z ACB= 90 , AC= BC= 2, AA=4, D 是 棱AA的中点.如图所示.(1)求证：DC，平面 BCD(2)求二面角A- BD- C的大小.【答案】详见解析【解析】(1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系.由题意，可得点C(0,0,0),

20、A(2,0,0),R0,2,0),D(2,0,2),A1(2,0,4),uLurumruur于是，DC1=( 2,0,2) , DC =( 2,0, 2), DB =(-2, 2, -2). umr umruiuir uur可算得 DC1 DC = 0, DC1 DB = 0.因此，DG± DC DG± DB又D6 DB= D,所以DC,平面BDC(2)设n=(x, y, z)是平面ABD的法向量，uuuuuur又 AB =(2,2,0) , AD = (0,0,2),x= 1,-2x+2y=0,所以取y=1,可得y=1,2z = 0.z=0,即平面ABD勺一个法向量是 n

21、= (1,1,0).uuur由(1)知，DC1是平面DBC勺一个法向量，uur记n与DC1的夹角为0 ,则 cos 8 =-4 0 =T 23结合三棱柱可知，二面角 A BD- C是锐角, 一 一一一 . , TT故所求二面角A- BD- C的大小是万.2.如图 1,在 Rt ABC43, / ACB= 30 , / ABC= 90 , D 为 AC中点,AE! BD点 E,延长 AE交 BC 于点F,将 ABDgBD折起，使平面 ABDL平面BCD如图2所示.由图1条件计算得 AE=BC= 23,(1)求证：AE1平面BCD(2)求二面角A- DC- B的余弦值；(3)在线段AF上是否存在点

22、 M使得EM/平面ADC若存在，t#指明点 M的位置；若不存在，请说明理【答案】详见解析【解析】(1)证明：因为平面 ABDL平面BCD交线为BD, 又在 ABD中,AE，BD于点E, AE?平面ABQ 所以A已平面BCD.(2)由(1)中AE1平面BCM彳寻AE! EF由题意可知 EF± BD又AEL BD如图，以E为坐标原点，分别以EF, EQ EA所在直线为x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系 E-xyz,不妨设AB= BD = DC= AD- 2,则 BE= ED- 1.2.3BF=,则 E(0,0,0), D(0,1,0), B(0 , - 1, 0) , A(0,0 ,

23、3® F 兴 0, 0 , 6(也,2,0) urn maDCB勺法向量为 EA , EA = (0,0 , 设平面ADC勺法向量为n= (xy3x+ y= 0,- J3z= o.1,则 y = V3, x =因为平面DCB勺法向量为uuu所以 cosn, EA > =T,uurEA,吏5 .所以二面角uurDC=(g<3), y, z),所以n=(11,0)uuurAD =(0,1 , -yj3).由AE1平面 BCD可知平面，一 、一，15A- DC> B的余弦值为?uuur 设AMuur由于AF =uuur=入AF ,其中入e 0,1.兴0,-亚，uuuu uuur.'3所以AM