高中数学立体几何经典常考题型.pdf

1 高中数学立体几何经典常考题型 题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例 1】如图，在ABC 中，ABC4，O 为 AB 边上一点，且 3OB3OC2AB，已知 PO平面 ABC，2DA2AOPO，且 DAPO.(1)求证：平面 PBD平面 COD；(2)求直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值.(1)证明 OBOC，又ABC4，OCB4，BOC2.COAB.又 PO平面 ABC，OC平面 ABC，POOC.又PO，AB平面 PAB，POABO，CO平面 PAB，即 CO平面 PDB.又 CO平面 COD，平面 PDB平面 COD.(2)解 以 OC，OB，OP 所在射线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.2 设 OA1，则 POOBOC2，DA1.则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，PD(0，1，1)，BC(2，2，0)，BD(0，3，1).设平面 BDC 的一个法向量为n(x，y，z)，nBC0，nBD0，2x2y0，3yz0，令y1，则x1，z3，n(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为，则 sin PDn|PD|n|101（1）3（1）02（1）2（1）212123222211.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规.3 【变式训练】如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角E-A1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知 A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1CA1D，又 A1D面 A1DE，B1C 面 A1DE，于是 B1C面 A1DE.又 B1C面 B1CD1，面A1DE面 B1CD1EF，所以 EFB1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E12，12，0，A1D(0，1，1)，由n1A1E，n1A1D得r1，s1，t1应满足的方程组12r112s10，s1t10，(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1).4 设平面A1B1CD的一个法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1).所以结合图形知二面角E-A1DB1的余弦值为|n1n2|n1|n2|23263.题型二:立体几何中的探索性问题 此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例 2】如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD5.(1)求证：PD平面 PAB；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；(3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，ABAD，所以 AB平面 PAD，所以 ABPD.又 PAPD，ABPAA，所以 PD平面 PAB.(2)解 取 AD 的中点 O，连接 PO，CO.因为 PAPD，所以 POAD.5 因为 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD.因为 CO平面 ABCD，所以 POCO.因为 ACCD，所以 COAD.如图，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).设平面 PCD 的一个法向量为n(x，y，z)，则 nPD0，nPC0，即yz0，2xz0，令z2，则x1，y2.所以n(1，2，2).又PB(1，1，1)，所以 cosn，PBnPB|n|PB|33.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)解 设M是棱PA上一点，则存在 0，1，使得AMAP.因此点M(0，1，)，BM(1，).因为BM 平面PCD，所以要使BM平面PCD，则BMn0，即(1，)(1，2，2)0，解得 14.所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时AMAP14.6 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定围的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点.(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，试求出二面角FPCD的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N.CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四边形CDAN为平行四边形，CNAD8，DCAN6，在 RtBNC中，BNBC2CN2102826，AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，EMAB且EM6，又DCAB，EMCD 且 EMCD，四边形 CDEM 为平行四边形，DECM.CM平面 PBC，DE 平面 PBC，7 DE平面 BPC.(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以 D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CFBD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF(8，t6，0)，DB(8，12，0)，由CFDB0 得t23.又平面DPC的一个法向量为m(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n(x，y，z).又PC(0，6，8)，FC8，163，0.由nPC0，nFC0，得6y8z0，8x163y0，即z34y，x23y，不妨令y12，有n(8，12，9).则 cosn，mnm|n|m|818212292817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角FPCD的余弦值为817.8 题型三:立体几何中的折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例 3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF54，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD10.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.(1)证明 由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得AEADCFCD，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6 得DOBOAB2AO24.由EFAC得OHDOAEAD14.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解 如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，9 B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，AB(3，4，0)，AC(6，0，0)，AD(3，1，3).设m(x1，y1，z1)是平面ABD的一个法向量，则mAB0，mAD0，即3x14y10，3x1y13z10，所以可取m(4，3，5).设n(x2，y2，z2)是平面ACD的一个法向量，则nAC0，nAD0，即6x20，3x2y23z20，所以可取n(0，3，1).于是 cosm，nmn|m|n|1450107525.sinm，n29525.因此二面角BDAC的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【变式训练】如图 1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图 2.(1)证明：CD平面A1OC；10 (2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图 1 中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD2，所以BEAC.即在题图 2 中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC2.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B22，0，0，E22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC22，22，0，A1C0，22，22，CDBE(2，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则n1BC0，n1A1C0，得x1y10，y1z10，取n1(1，1，1)；n2CD0，n2A1C0，得x20，y2z20，取n2(0，1，1)，11 从而 cos|cosn1，n2|23263，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.