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  • 2021-05-14 发布

2013高考理科数学解题方法攻略—立体几何2

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高 考 立 体 几 何 常考与方法: ‎ ‎1.求异面直线所成的角:‎ 解题步骤:一找(作):利用平移法找出异面直线所成的角;(1)可固定一条直线平移另一条与其相交;(2)可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证:证明所找(作)的角就是异面直线所成的角(或其补角)。常需要证明线线平行;‎ 三计算:通过解三角形,求出异面直线所成的角;‎ ‎2求直线与平面所成的角:关键找“两足”:垂足与斜足 解题步骤:一找:找(作)出斜线与其在平面内的射影的夹角(注意三垂线定理的应用);二证:证明所找(作)的角就是直线与平面所成的角(或其补角)(常需证明线面垂直);三计算:常通过解直角三角形,求出线面角。‎ ‎3求二面角的平面角 解题步骤:一找:根据二面角的平面角的定义,找(作)出二面角的平面角; 二证:证明所找(作)的平面角就是二面角的平面角(常用定义法,三垂线法,垂面法); 三计算:通过解三角形,求出二面角的平面角。‎ 常考点一:三视图 ‎ ‎1.若某几何体的三视图(单位:)如图所示,则此几何体的体积是 ‎ 常考点二: 体积、表面积、距离、角 A1‎ C B A B1‎ C1‎ D1‎ D O ‎1. 如图所示,已知正四棱锥S—ABCD侧棱长为,底面边长为,E是SA的中点,则异面直线BE与SC所成角的大小为_____________.‎ ‎ ‎ ‎2.如上图,正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为1,O是底面A1B‎1C1D1的中心,则O到平面AB C1D1的距离为__________________.‎ ‎3.已知是球表面上的点,,,,‎ ‎,则球表面积等于____________.‎ 常考点三: 平行与垂直的证明 ‎1. 正方体,,E为棱的中点.‎ ‎(Ⅰ) 求证:;‎ ‎(Ⅱ) 求证:平面;‎ ‎(Ⅲ)求三棱锥的体积.‎ 常考点四: 异面直线所成的角,线面角,二面角 ‎1.如图,四棱锥P—ABCD的底面ABCD为正方形,PD⊥底面ABCD,PD=AD.求证:(1)平面PAC⊥平面PBD;‎ ‎(2)求PC与平面PBD所成的角;‎ 常考点五: 线面、面面关系判断题 ‎1.已知直线l、m、平面α、β,且l⊥α,mβ,给出下列四个命题:‎ ‎(1)α∥β,则l⊥m (2)若l⊥m,则α∥β ‎(3)若α⊥β,则l∥m (4)若l∥m,则α⊥β 其中正确的是__________________.‎ 高考题 ‎1. (2011年高考山东卷理科19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,∠ ACB=,EA⊥平面ABCD,EF∥AB,FG∥BC,EG∥AC.AB=2EF.‎ ‎(Ⅰ)若M是线段AD的中点,求证:GM∥平面ABFE;‎ ‎(Ⅱ)若AC=BC=2AE,求二面角A-BF-C的大小.‎ ‎2.(2011年高考浙江卷理科20)如图,在三棱锥中,,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,‎ AO=3,OD=2‎ ‎(Ⅰ)证明:AP⊥BC;(Ⅱ)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-β为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由。‎ ‎(I)证明:如图,以O为原点,以射线OP为z轴的正半轴,‎ 建立空间直角坐标系O—xyz 则,‎ ‎,由此可得,所以 ‎,即 ‎(II)解:设 设平面BMC的法向量,‎ 平面APC的法向量 由 得 即 由即 得 由 解得,故AM=3。‎ 综上所述,存在点M符合题意,AM=3。‎ 方法二:‎ ‎(I)证明:由AB=AC,D是BC的中点,得 又平面ABC,得 因为,所以平面PAD,‎ 故 ‎(II)解:如图,在平面PAB内作于M,连CM,‎ 由(I)中知,得平面BMC,‎ 又平面APC,所以平面BMC平面APC。‎ 在 在,‎ 在 所以 在 又 从而PM,所以AM=PA-PM=3。‎ 综上所述,存在点M符合题意,AM=3。‎ ‎3.(2011年高考辽宁卷理科18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.‎ ‎(I)证明:平面PQC⊥平面DCQ ‎(II)求二面角Q-BP-C的余弦值.‎ ‎18.解:‎ 如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ (I)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).‎ 则 所以 即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ (II)依题意有B(1,0,1),‎ 设是平面PBC的法向量,则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量,则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎ 4.(2011年高考安徽卷理科17)如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上,,△,△,△都是正三角形.‎ ‎(Ⅰ)证明直线∥;(II)求棱锥F-OBED的体积。‎ ‎(Ⅰ)(综合法)‎ 证明:设G是线段DA与线段EB延长线的交点,由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以OB∥,OB=,OG=OD=2‎ 同理,设G′是线段DA与线段FC延长线的交点,有OG′=OD=2,又由于G和G′都在线段DA的延长线上,所以G与G′重合。‎ 在△GED和△GFD中,由OB∥,OB=和OC∥, OC=,可知B,C分别是GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.‎ ‎(向量法)‎ 过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,连QE,由平面ABED⊥平面ADFC,知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点,为x轴正向,为y轴正向,为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系。‎ 由条件知E(,0,0),F(0,0,),B(,-,0),C(0,-,)。‎ 则有,,。‎ 所以,即得BC∥EF.‎ ‎(Ⅱ)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知SEOB=,而△OED是边长为2的正三角形,故SOED=,所以SOBED=SEOB+SOED=。‎ 过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=,所以VF-OBED=FQ·SOBED=。‎ ‎5. (2011年高考全国新课标卷理科18) 四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明:PA⊥BD;(Ⅱ)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。‎ ‎(18)解:‎ ‎(Ⅰ )因为, 由余弦定理得 ‎ 从而BD2+AD2= AB2,故BDAD 又PD底面ABCD,可得BDPD 所以BD平面PAD. 故PABD ‎(Ⅱ)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-,则 ‎,,,。‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则 ‎ 即 ‎ 因此可取n=‎ 设平面PBC的法向量为m,则 ‎ 可取m=(0,-1,) ‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为 ‎ ‎6.(2011年高考天津卷理科17)如图,在三棱柱中,是正方形的中心,,平面,且 ‎(Ⅰ)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)设为棱的中点,点在平面内,且平面,求线段的长.‎ 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点.‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ (I)解:易得,‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ (II)解:易知 ‎ 设平面AA‎1C1的法向量,‎ ‎ 则即 ‎ 不妨令可得,‎ ‎ 同样地,设平面A1B‎1C1的法向量,‎ ‎ 则即不妨令,‎ 可得 于是 从而 所以二面角A—A1C1—B的正弦值为 ‎ (III)解:由N为棱B‎1C1的中点,‎ 得设M(a,b,0),‎ 则 由平面A1B1C1,得 即 解得故 因此,所以线段BM的长为 方法二:‎ ‎(I)解:由于AC//A1C1,故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎(II)解:连接AC1,易知AC1=B1C1,‎ 又由于AA1=B1A1,A1C1=A1=C1,‎ 所以≌,过点A作于点R,‎ 连接B1R,于是,故为二面角A—A1C1—B1的平面角.‎ 在中,‎ 连接AB1,在中,‎ ‎,‎ 从而 所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为 ‎(III)解:因为平面A1B1C1,所以 取HB1中点D,连接ND,由于N是棱B1C1中点,‎ 所以ND//C1H且.‎ 又平面AA1B1B,‎ 所以平面AA1B1B,故 又 所以平面MND,连接MD并延长交A1B1于点E,‎ 则 由 得,延长EM交AB于点F,‎ 可得连接NE.‎ 在中,‎ 所以 可得 连接BM,在中,‎ ‎7.(2011年高考湖南卷理科19)如图5,在圆锥中,已知=,‎ ‎⊙O的直径,是的中点,为的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面 平面;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的余弦值.‎ 解:(I)连接,因为,为的中点,所以.‎ 又因为内的两条相交直线,所以而,所以。‎ ‎(II)在平面中,过作于,由(I)知,,所以又所以.‎ 在平面中,过作连接,则有,‎ 从而,所以是二面角的平面角.‎ 在 在 在 在,所以。‎ 故二面角的余弦值为。‎ ‎8. (2011年高考广东卷理科18)在椎体中,是边长为1的棱形,且,,分别是的中点,‎ ‎(1) 证明: (2)求二面角的余弦值。‎ ‎18.解:(1) 取AD的中点G,又PA=PD,,‎ 由题意知ΔABC是等边三角形,,‎ 又PG, BG是平面PGB的两条相交直线,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎(2) 由(1)知为二面角的平面角,‎ 在中,;在中,;‎ 在中,.‎ ‎9. (2011年高考湖北卷理科18)如图,已知,本棱柱 ABC-A1B‎1C1的各棱长都是4,E是BC的中点,动点F 在侧棱CC1上,且不与点C重合.‎ ‎(Ⅰ) 当CF=1时,求证:EF⊥A1E. (Ⅱ)设二面角C-AF-E的大小为,求的最小值.‎ 解法1:过E作于N,连结EF。‎ ‎ (I)如图1,连结NF、AC1,由直棱柱的性质知,‎ ‎ 底面ABC侧面A1C。‎ ‎ 又度面侧面A,C=AC,且底面ABC,‎ ‎ 所以侧面A1C,NF为EF在侧面A1C内的射影,‎ 在中,=1,‎ 则由,得NF//AC1,‎ 又故。‎ 由三垂线定理知 ‎(II)如图2,连结AF,过N作于M,连结ME。‎ 由(I)知侧面A1C,根据三垂线定理得 所以是二面角C—AF—E的平面角,即,‎ 设 在中,‎ 在 故 又 故当时,达到最小值;‎ ‎,此时F与C1重合。‎ 解法2:(I)建立如图3所示的空间直角坐标系,则由已知可得 于是 则 故 ‎(II)设,‎ 平面AEF的一个法向量为,‎ 则由(I)得F(0,4,)‎ ‎,于是由可得 取 ‎ 又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为,‎ ‎ 于是由为锐角可得,‎ ‎ 所以,‎ ‎ 由,得,即 ‎ 故当,即点F与点C1重合时,取得最小值 ‎10.(2011年高考陕西卷理科16)如图:在,沿把折起,使 ‎(Ⅰ)证明:平面;(Ⅱ)设。‎ 解(Ⅰ)∵折起前AD是BC边上的高,‎ ‎∴ 当Δ ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB,‎ 又DBDC=D,‎ ‎∴AD⊥平面BDC,‎ ‎∵AD 平面平面BDC.‎ ‎(Ⅱ )由∠ BDC=及(Ⅰ)知DA,DB,DC两两垂直,不防设=1,以D为坐标原点,以,,所在直线轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0),‎ ‎=,‎ ‎=(1,0,0,),‎ 与夹角的余弦值为 ‎<,>=.‎ ‎11.(2011年高考重庆卷理科19)在四面体中,平面 ⊥ , ⊥,=,∠=‎ ‎(Ⅰ)若=2,=2,求四面体的体积。‎ ‎(Ⅱ)若二面角--为,求异面直线与所成角的余弦值。 ‎ ‎ ‎ ‎12.(2011年高考四川卷理科19) 如图,在直三棱柱AB-A1B‎1C1中.∠ BAC=90°,AB=AC=AA1 =1.D是棱CC1上的一P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA.‎ ‎(I)求证:CD=C1D:(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值.(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离.‎ 解析:(1)连接交于,,‎ ‎,又为的中点,‎ 中点,,,D为的中点。‎ ‎(2)由题意,过B 作,连接,则,为二面角的平面角。在中,,则 ‎(3)因为,所以,‎ ‎,‎ 在中,,‎ ‎13.(2011年高考全国卷理科19)四棱锥中,,,侧面为等边三角形,.(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)求与平面所成角的大小.‎ ‎(II)建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算计算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量小。‎ ‎【精讲精析】计算SD=1,,于是,利用勾股定理,可知,同理,可证 又,‎ 因此,.‎ ‎(II)过D做,如图建立空间直角坐标系D-xyz,‎ A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),‎ 可计算平面SBC的一个法向量是 ‎.‎ 所以AB与平面SBC所成角为.‎ ‎14.(2011年高考江苏16)如图,在四棱锥中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.求证:‎ ‎(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD ‎15.(2011年高考北京卷理科16)在四棱锥中,平面,底面是菱形,.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面(Ⅱ)若求与所成角的余弦值;、(Ⅲ)当平面与平面垂直时,求的长.‎ ‎16.(2011年高考福建卷理科20)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,.(I)求证:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(II)设AB=AP.(i)若直线PB与平面PCD所成的角为,求线段AB的长;‎ ‎(ii)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?说明理由.‎ ‎17.(2011年高考上海卷理科21)已知 是底面边长为1的正四棱柱,是和的交点。‎ ‎(1)设与底面所成的角的大小为,二面角的大小为.求证:;‎ ‎(2)若点到平面的距离为,求正四棱柱的高。‎