人教版高中数学高考一轮复习-高考中的立体几何

1、规范答题增分专项四高考中的立体几何2022高中总复习优化设计GAO ZHONG ZONG FU XI YOU HUA SHE JI【考情分析】 高考对立体几何的考查一般为一大两小的模式.小题一般考查空间几何体的体积、表面积、与球的切接有关的问题;解答题则多为两问,第一问是空间位置关系的证明与应用,第二问是空间角的求解,有时候也以翻折问题或探究性问题为背景命题.该部分难度中等,着重考查逻辑推理、空间想象以及数学运算的核心素养,转化与化归思想贯穿始终.典 例 突 破题型一线线、线面平行或垂直的判定与性质1.在解决线线平行、线面平行问题时,若题目中已出现了中点,则可考虑在图形中取中点,构成中位线进行

2、证明.2.要证线面平行,先在平面内找一条直线与已知直线平行,再利用线面平行的判定定理证明.3.要证线线平行,可考虑基本事实4或转化为线面平行.4.要证线面垂直可转化为证明线线垂直,应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化.5.用向量方法证明线线、线面平行或垂直的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面内相异三点(其中,l1与l2不重合,与不重合,l1不在内),则(1)l1l2ab存在实数,使b=a(a0);l1l2abab=0.(2)l1ae1存在实数,使e1=a(a0);l1ae1=0存在非零实数1,2,使例1在如图所示的几何体中,四

3、边形ABCD是正方形,PA平面ABCD, E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.求证:EF平面DCP.证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.M,F分别是PC,PB的中点,MFCB,MF= .E为DA的中点,四边形ABCD为正方形,DECB,DE= ,MFDE,MF=DE,四边形DEFM为平行四边形,EFDM.EF平面DCP,DM平面DCP,EF平面DCP.(方法二)取PA的中点N,连接NE,NF.E是AD的中点,N是PA的中点,NEDP.又F是PB的中点,N是PA的中点,NFAB.ABCD,NFCD.NENF=N,NE平面NEF,NF平面NEF,DP平面PCD,CD平面P

4、CD,平面NEF平面PCD.EF平面NEF,EF平面DCP.(方法三)取BC的中点G,连接EG,FG.在正方形ABCD中,E是AD的中点,G是BC的中点,GECD.又F是PB的中点,G是BC的中点,GFPC.又PCCD=C,GE平面GEF,GF平面GEF,PC平面PCD,CD平面PCD,平面GEF平面PCD.EF平面GEF,EF平面DCP.(方法四)PA平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AP,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,对点训练1如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EFAC, , CE=EF=1.

5、求证:(1)AF平面BDE;(2)CF平面BDE.证明 (1)设AC与BD交于点G,EFAG,EF=1,四边形AGEF为平行四边形,AFEG.EG平面BDE,AF平面BDE,AF平面BDE.(2)连接FG,EFCG,EF=CG=1,CE=1,平行四边形CEFG为菱形,CFEG.四边形ABCD为正方形,BDAC.又平面ACEF平面ABCD,平面ACEF平面ABCD=AC,BD平面ACEF,CFBD.又BDEG=G,CF平面BDE.题型二面面平行或垂直的判定与性质1.判定面面平行的四个方法:(1)定义:判断两个平面没有公共点.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)平

6、面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.面面垂直的证明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角.3.用向量方法证明面面平行或垂直的方法:e1e2存在实数,使e2=e1(e10);e1e2e1e2=0; 其中,为不重合的两个平面,e1,e2为,的法向量,A,B,C为内不共线的三个点.例2如图,CC1平面ABC,平面ABB1A1平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,ABC=60,BC=CC1= AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证

7、明:平面EC1F平面A1BC.(2)设 ,是否存在实数,使得平面A1EC1平面A1EC?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.(1)证明:平面ABB1A1平面ABC,BB1BA,平面ABB1A1平面ABC=AB,BB1平面ABC.又CC1平面ABC,BB1CC1.四边形CC1EB为平行四边形,C1EBC.又BC平面A1BC,C1E平面A1BC,C1E平面A1BC.BE=EB1,A1F=FB1,EFA1B.又A1B平面A1BC,EF平面A1BC,EF平面A1BC.又C1EEF=E,平面EC1F平面A1BC.(2)解:不存在.理由如下:在ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2ABBCc

8、os 60=12,AB2=AC2+BC2,ABC为直角三角形,且ACB=90,ACBC.由CC1平面ABC,得CC1AC,CC1BC,CA,CB,CC1两两垂直.以点C为坐标原点, 分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,对点训练2如图,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,沿AO将三角形AOD折起,使 ,如图.(1)求证:平面AOD平面ABCO;(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.(1)证明 在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,所以AOD,BOC为等腰直角三角形,则AOB=90,即OBOA.取AO的中点H,连接DH,BH(图略),

9、又DB2=3,则DH2+BH2=DB2,故DHBH.又DHOA,OABH=H,故DH平面ABCO.而DH平面AOD,得平面AOD平面ABCO.题型三平行、垂直关系中的探索性问题1.对命题条件的探索有三种途径:(1)先猜后证,即先观察,尝试给出探索条件,再加以证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;(3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.2.对命题结论的探索方法.从条件出发,探索出要求的结论是什么.对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.例3已知正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC边

10、的中点,现将ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)求二面角E-DF-C的余弦值.(3)在线段BC上是否存在一点P,使APDE?若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.解:(1)在ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EFAB,又AB平面DEF,EF平面DEF,所以AB平面DEF.(2)如图,以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,对点训练3如图,直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直. ABCD,ABBC,AB=2CD=2BC,EAEB.(1)求证:A

11、BDE.(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值.(3)线段EA上是否存在点F,使EC平面FBD?若存在,求出 ;若不存在,请说明理由.(1)证明 如图,取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EOAB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,ABBC,所以四边形OBCD为正方形,所以ABOD.因为EODO=O,所以AB平面EOD,所以ABED.(2)解 因为平面ABE平面ABCD,且EOAB,所以EO平面ABCD,所以EOOD.故OB,OD,OE两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形,所以OA=OB=OD=OE,设OB=1,

12、所以点O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1).题型四利用向量求空间角设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为n,m.例4(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1MB1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.解:依题意,以C为原点,分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(

13、如图),可得点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3), A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).对点训练4如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,四边形ABCD是矩形, PA=AB=1,直线PD与底面ABCD所成的角等于30,PF=FB,EBC,EF平面PAC.(1)求 的值;(2)求二面角P-DE-A的余弦值;(3)求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.解 (1)平面PBC平面PAC=PC,EF平面PBC,EF平面PAC,EFPC.又F是PB的中点,E为BC的中点,(2)如图,以A为坐标原点,分别

14、以AD,AB,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.PA=AB=1,PA底面ABCD,直线PD与底面ABCD所成的角为PDA=30,题型五利用向量求空间距离例5如图,已知ABC为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE平面BCDE.若BC=4,(1)求PB与平面BCDE所成角的正弦值;(2)求直线DE到平面PBC的距离.解:(1)如图所示,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP,OF,OB,则OPDE.因为平面PDE平面BCDE,平面PDE平面BCDE=DE,所以OP平面BCDE.因为OB平面BCDE,所以OPOB,所以OBP即为直线PB与平面BCDE所成的角.(2)因为在ABC中,D,E分别为AC,AB边的中点,所以DEBC.因为DE平面PBC,BC平面PBC,所以DE平面PBC.由(1)知,OP平面BCDE,又OFDE,所以以点O为坐标原点,OE,OF,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴