規(guī)范答題增分專項四　高考中的立體幾何

規(guī)范答題增分專項四

高考中的立體幾何【考情分析】

高考對立體幾何的考查一般為一大兩小的模式.小題一般考查空間幾何體的體積、表面積、與球的切接有關的問題;解答題則多為兩問,第一問是空間位置關系的證明與應用,第二問是空間角的求解,有時候也以翻折問題或探究性問題為背景命題.該部分難度中等,著重考查邏輯推理、空間想象以及數(shù)學運算的核心素養(yǎng),轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿始終.典例突破題型一線線、線面平行或垂直的判定與性質(zhì)1.在解決線線平行、線面平行問題時,若題目中已出現(xiàn)了中點,則可考慮在圖形中取中點,構(gòu)成中位線進行證明.2.要證線面平行,先在平面內(nèi)找一條直線與已知直線平行,再利用線面平行的判定定理證明.3.要證線線平行,可考慮基本事實4或轉(zhuǎn)化為線面平行.4.要證線面垂直可轉(zhuǎn)化為證明線線垂直,應用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化.5.用向量方法證明線線、線面平行或垂直的方法:設直線l1,l2的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為e1,e2,A,B,C分別為平面α內(nèi)相異三點(其中,l1與l2不重合,α與β不重合,l1不在α內(nèi)),則(1)l1∥l2?a∥b?存在實數(shù)λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2?a⊥b?a·b=0.(2)l1⊥α?a∥e1?存在實數(shù)λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α?a·e1=0?存在非零實數(shù)λ1,λ2,使例1

在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分別是線段AD,PB的中點,PA=AB=1.求證:EF∥平面DCP.證明:(方法一)取PC的中點M,連接DM,MF.∵M,F分別是PC,PB的中點,∴MF∥CB,MF=

.∵E為DA的中點,四邊形ABCD為正方形,∴DE∥CB,DE=

,∴MF∥DE,MF=DE,∴四邊形DEFM為平行四邊形,∴EF∥DM.∵EF?平面DCP,DM?平面DCP,∴EF∥平面DCP.(方法二)取PA的中點N,連接NE,NF.∵E是AD的中點,N是PA的中點,∴NE∥DP.又F是PB的中點,N是PA的中點,∴NF∥AB.∵AB∥CD,∴NF∥CD.∵NE∩NF=N,NE?平面NEF,NF?平面NEF,DP?平面PCD,CD?平面PCD,∴平面NEF∥平面PCD.∵EF?平面NEF,∴EF∥平面DCP.(方法三)取BC的中點G,連接EG,FG.在正方形ABCD中,∵E是AD的中點,G是BC的中點,∴GE∥CD.又F是PB的中點,G是BC的中點,∴GF∥PC.又PC∩CD=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,且四邊形ABCD是正方形,∴AD,AB,AP兩兩垂直,∴以A為原點,AP,AB,AD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,對點訓練1如圖,正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直.EF∥AC,,CE=EF=1.求證:(1)AF∥平面BDE;(2)CF⊥平面BDE.證明

(1)設AC與BD交于點G,∵EF∥AG,EF=1,∴四邊形AGEF為平行四邊形,∴AF∥EG.∵EG?平面BDE,AF?平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)連接FG,∵EF∥CG,EF=CG=1,CE=1,∴平行四邊形CEFG為菱形,∴CF⊥EG.∵四邊形ABCD為正方形,∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,∴BD⊥平面ACEF,∴CF⊥BD.又BD∩EG=G,∴CF⊥平面BDE.題型二面面平行或垂直的判定與性質(zhì)1.判定面面平行的四個方法:(1)定義:判斷兩個平面沒有公共點.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.(4)平面平行的傳遞性,即兩個平面同時平行于第三個平面,則這兩個平面平行.2.面面垂直的證明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線.(2)用面面垂直的定義,即證明兩個平面所成的二面角是直二面角.3.用向量方法證明面面平行或垂直的方法:α∥β?e1∥e2?存在實數(shù)λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β?e1⊥e2?e1·e2=0;α∥β?

其中α,β為不重合的兩個平面,e1,e2分別為α,β的法向量,A,B,C為α內(nèi)不共線的三個點.例2

如圖,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四邊形ABB1A1為正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,點E在棱BB1上.(1)若F為A1B1的中點,E為BB1的中點,證明:平面EC1F∥平面A1BC.(2)設

,是否存在實數(shù)λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.(1)證明:∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1.∴四邊形CC1EB為平行四邊形,∴C1E∥BC.又BC?平面A1BC,C1E?平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B.又A1B?平面A1BC,EF?平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=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+BC2-2AB·BCcos

60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC.由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC,CC1⊥BC,∴CA,CB,CC1兩兩垂直.以點C為坐標原點,

分別為x軸、y軸、z軸正方向,建立空間直角坐標系,如圖所示,對點訓練2如圖①,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O為CD的中點,沿AO將三角形AOD折起,使,如圖②.

(1)求證:平面AOD⊥平面ABCO;(2)求直線BC與平面ABD所成角的正弦值.(1)證明

在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O為CD的中點,所以△AOD,△BOC為等腰直角三角形,則∠AOB=90°,即OB⊥OA.取AO的中點H,連接DH,BH(圖略),又DB2=3,則DH2+BH2=DB2,故DH⊥BH.又DH⊥OA,OA∩BH=H,故DH⊥平面ABCO.而DH?平面AOD,得平面AOD⊥平面ABCO.題型三平行、垂直關系中的探索性問題1.對命題條件的探索有三種途徑:(1)先猜后證,即先觀察,嘗試給出探索條件,再加以證明;(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性;(3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索出命題成立的條件.2.對命題結(jié)論的探索方法.從條件出發(fā),探索出要求的結(jié)論是什么.對于探索結(jié)論是否存在,求解時常假設結(jié)論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論.例3

已知正三角形ABC的邊長為4,CD是AB邊上的高,E,F分別是AC和BC邊的中點,現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關系,并說明理由.(2)求二面角E-DF-C的余弦值.(3)在線段BC上是否存在一點P,使AP⊥DE?若存在,求出

的值;若不存在,請說明理由.解:(1)平行.理由如下:在△ABC中,由E,F分別是AC,BC的中點,得EF∥AB,又AB?平面DEF,EF?平面DEF,所以AB∥平面DEF.(2)如圖,以D為坐標原點,以DB,DC,DA所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系Dxyz,解

(1)存在.∵四邊形ABCD為矩形,∴AB⊥AD.又PA⊥平面ABCD,∴AB,AD,AP兩兩垂直.以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,題型四利用向量求空間角設直線l1,l2的方向向量分別為a,b,平面α,β的法向量分別為n,m.例4

(2021天津,17)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱BC的中點,F為棱CD的中點.(1)求證:D1F∥平面A1EC1;(2)求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值;(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.解:以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則點A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2).(1)證明:因為E為棱BC的中點,F為棱CD的中點,所以點E(2,1,0),F(1,2,0),對點訓練4如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是矩形,PA=AB=1,直線PD與底面ABCD所成的角等于30°,PF=FB,E∈BC,EF∥平面PAC.(1)求

的值;(2)求二面角P-DE-A的余弦值;(3)求直線PC與平面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,∴EF∥PC.又F是PB的中點,∴E為BC的中點,(2)如圖,以A為坐標原點,分別以AD,AB,AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.∵PA=AB=1,PA⊥底面ABCD,∴直線PD與底面ABCD所成的角為∠PDA=30°,題型五利用向量求空間距離例5

如圖,已知△ABC為等邊三角形,D,E分別為AC,AB邊的中點,把△ADE沿DE折起,使點A到達點P,平面PDE⊥平面BCDE.若BC=4,(1)求PB與平面BCDE所成角的正弦值;(2)求直線DE到平面PBC的距離.解:(1)如圖所示,設DE的中點為O,BC的中點為F,連接OP,OF,OB,則OP⊥DE.因為平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,所以OP⊥平面BCDE.因為OB?平面BCDE,所以OP⊥OB,所以∠OBP即為直線PB與平面BCDE所成的角.(2)因為在△ABC中,D,E分別為AC,AB邊的中