2022年2022年广东高考热点题型聚焦《立体几何》 .pdf

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1、2010年广东高考热点题型聚焦（三）立体几何市教研室广东课标高考三年来风格特点“坚持对立体几何内容的考查重在空间想象能力，理科试题兼顾几何和向量方法”，“理科试题兼顾几何和向量方法”这句话实质上是淡化向量方法在立几中的工具作用，突出了第一句话中重在空间想象能力的考查.文理科要求差别较大 . 仅从对立体几何内容的考查重在空间想象能力，不追求图形的新颖、不迎合命题时尚考虑，可通过图形丰富的线段达到考查空间想象能力的要求. 文科参考题目：三棱柱ABCCBA111中，侧棱1AA底面ABC.CBAC，D为AB中点，1CB，3AC，13A A=. （I）求证：/1BC平面CDA1；（II）求三棱锥11CA

2、 DC的体积 . （）证明：连接1AC，设ECAAC11，连接DEABCCBA111是三棱柱，侧棱1AA底面ABC. 且31AAACCCAA11是正方形，E是1AC中点，又D为AB中点ED1BC又ED平面CDA1，1BC平面CDA1/1BC平面CDA1（II ）在平面ABC中过点D作AC的垂线，交AC于H. 由于底面ABC面11ACC A，且AC为两平面交线，DH面11ACC A.ABC中，221( 3)2AB，所以30BACo，且1AD.在ADC中，1sin302HDADo由于132AC CSV，所以1111 1 3133 2 24DAC CAC CVDHSV1C1B1AABDC1C1B1A

3、ABDCHE名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - 由等积法可得11114CA DCDAC CVV. 本题几何构图常规，但线段丰富，能较好地考查考生的空间想象能力.在设问中，既考查线面平行，同时在体积的求解过程中涉及面面垂直、线面垂直等定理以及体积求解中的勾股定理和等积法等知识. 理科参考题目：已知正六棱柱111111ABCDEFA B C D E F的所有棱长均为2，G为AF的中点 .( ) 求证：1F G平面11BB

4、 E E；( ) 求证：平面1F AE平面11DEE D；( ) 求异面直线EG与1F A所成角的余弦值.证明： ( ) 因为 AFBE，AF平面11BB E E，所以 AF平面11BB E E，同理可证，1AA平面11BB E E，所以，平面11AA F F平面11BB E E又1F G平面11AA F F，所以1F G平面11BB E E( ) 因为底面ABCDEF是正六边形，所以AEED，又1E E底面ABCDEF，所以1E EAE，因为1E EEDEI，所以AE平面11DD E E，又AE平面1F AE，所以平面1F AE平面11DEE D( ) 由于底面ABCDEF是正六边形，所以E

5、FBF.如图，建立如图所示的空间直角坐标系. 则131(0,2,0),(,0),(0,0, 2),( 3,1,0)22EGFA.则35(,0)22EGuuu r，1( 3, 1, 2)F Auuu r，从而两异面直线EG与1F A所成角的余弦值为11414cos778EG F AEG F Auu u r uuu rguu u r uuu r.本题几何构图常规，但线段丰富，能较好地考查考生的空间想象能力.在设问中， 既考查空间中的平行关系（线面、面面） ，同时考查空间中的垂直关系（线面、面面）.对于空间角的考查几何与向量方法均可使用，x y z 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -

6、- - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - DABC俯视图有助于全面而深刻地训练空间中元素的关系. 从延续风格，迎合命题时尚考虑文科继续关注通过三视图体现对考生空间想象能力的考查的题型. 理科关注通过平面图形的翻折考查考生空间想象能力的题型. 文科参考题目：1已知一几何体的三视图如图（甲）示，（三视图中已经给出各投影面顶点的标记）（1）在已给出的一个面上（图乙），画出该几何体的直观图；（ 2）设点 F、H、G 分别为 AC , AD ,DE的中点，求证： FG/平面 ABE

7、 ；（ 3）求该几何体的全面积解： （1）该几何体的直观图如图示：-4分（2）证明：由图（甲）知四边形CBED 为正方形F、H、G 分别为 AC,AD ,DE的中点FH/CD, HG/AE-5分CD/BE FH/BEBE面ABE，FH面ABE/FH面ABE-7分同理可得/HG面ABE又FHHGHI平面 FHG/平面 ABE-8分又FG面FHGFG/平面 ABE-9分（3）由图甲知ACCD，ACBC, BCCD CD平面 ACB,CDAB 同理可得EDAD-10分2ACBACDSS，122 2222ABEADESS，4CBEDSY-12分该几何体的全面积:ACBACDABEADECBEDSSSS

8、SSY 2（图乙）DEBC(图甲）2222俯视图侧视图主视图DCABCABEDCHFDGEBCADEBCA名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - - PABCDE正视图侧视图俯视图2 42+44(22).-14分2右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD平面ABCD，/ECPD，且2PDADEC=2 . （1）答题卡指定的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正( 主) 视图和侧 ( 左) 视图；

9、（ 2）求四棱锥BCEPD 的体积；（ 3）求证：/BE平面PDA解： （1）该组合体的主视图和侧视图如右图示：-3 分(2) PD平面ABCD，PD平面PDCE平面PDCE平面 ABCD BCCD BC平面PDCE-5 分11()3 2322SPDECDC梯形 PDCE-6 分四棱锥BCEPD 的体积113 2233B CEPDPDCEVSBC梯形.-8 分(3) 证明：/ECPD，PD平面PDA，EC平面PDAEC/平面PDA,-10分同理可得BC/平面PDA-11分EC平面 EBC,BC平面 EBC 且ECBCCI平面BEC/平面PDA-13分又 BE平面 EBC BE/平面 PDA-1

10、4分理科参考题目：1如图（甲），在直角梯形ABED 中， AB/DE ，ABBE，ABCD,且 BC=CD,AB=2,F 、H、G 分别为 AC ,AD ,DE的中点，现将ACD 沿 CD 折起，使平面ACD平面 CBED, 如图（乙）（1）求证：平面FHG/平面 ABE ；（2）记,BCx( )V x表示三棱锥BACE 的体积，求( )V x的最大值；（3）当( )V x取得最大值时，求二面角DAB C 的余弦值解： （1）证明：由图（甲）结合已知条件知四边形CBED 为正方形如图（乙）F、H、G 分别为 AC , AD,DE 的中点DEBCH(甲)GFAHFDGEBCA(乙)名师资料总结

11、- - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - - FH/CD, HG/AE-1分CD/BE FH/BEBE面ABE，FH面ABE/FH面ABE-3分同理可得/HG面ABE又FHHGHI平面 FHG/平面 ABE-4分（2）平面ACD平面 CBED 且 ACCD AC平面 CBED-5分( )V xA BCEV13BCESACBCx2ACx（02x）( )V x22111(2)(2)326xxxx1(42 )12x xx-7分解法 1：34264

12、(42 )()327xxxx xx( )V x16416122781, 当且仅当42xx即43x时取“”( )V x的最大值为1681-9分解法 2：21( )(43)6V xxx，令( )0Vx得0 x（不合舍去）或43x当43x时( )0Vx，当403x时( )0Vx当43x时( )V x有最大值，max4( )( )3V xV1681 （3）解法 1：以点 C 为坐标原点， CB 为 x 轴建立空间直角坐标系如右图示：由（2）知当( )V x取得最大值时43x，即 BC=43这时 AC=23, B4(,0,0)3,4(0,0)3D,2(0,0,)3A-10分平面 ACB的法向量4(0,0

13、)3CDu uu r设平面 ABD的法向量为( , , )ma b cu r42(,0,)33ABuuu r,4 4(,0)3 3BDu uu r-11分由mABu ru uu r,mBDu ruuu r得44033ab，42033ac令1c得1 1(,1)2 2mu r-12分zyxFHDGEBCAo名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - 设二面角 DABC 为，则263cos6| |4111344m CDmCDu r

14、 uuu ru ruuuu r-14 分 解法 2：由（ 2）知当( )V x取得最大值时43x，即BC=43这时 AC=23，从而222 53ABACBC过点 C作 CMAB 于 M，连结 MD,CDAC CDBCACBCCICD面ABCCM面ABCCMCDAB面MCDMD面MCDABMDCMD是二面角 DAB C 的平面角由AB CMAC BC得AC BCCMAB244 533152 53224 63 5MDMCCD在 RtMCD 中cosMCCMDMD4 561564 63 5 解法 3：设二面角DAB C 为, ,CDAC CDBC且ACBCCICD面ABC ABC 为 ABD 在面

15、ABC 上的投影ACBACDABAD, 又 O为 BD的中点AOBD22AOACCO12ABDSBD AO1422 346233912ABCSAC BC49, cosABCDABSS=46964 69.MACBEGHFACBEGDFHo名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - EDCBA侧视图俯视图正视图1444ABCDEFzyxABCDE2已知几何体ABCED 的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4 的等腰直角

16、三角形，正视图为直角梯形（ 1）求此几何体的体积V 的大小 ;（ 2）求异面直线DE 与 AB 所成角的余弦值；（ 3）试探究在DE 上是否存在点Q，使得AQBQ 并说明理由 .解： （1）由该几何体的三视图知AC面BCED,且 EC=BC=AC=4 ，BD=1 ，1(41) 4102BCEDS梯形1140104333BCEDVSAC梯形即该几何体的体积V 为 16-3分（2）解法 1:过点 B 作 BF/ED 交 EC 于 F，连结 AF，则 FBA 或其补角即为异面直线DE 与 AB 所成的角 -5 分在 BAF 中， AB=4 2，BF=AF=16952222 2cos25BFABAFA

17、BFBFAB即异面直线DE 与 AB 所成的角的余弦值为2 25-7分解法 2：以 C 为原点，以CA，CB，CE 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系则 A（4，0，0） ，B（0，4，0） ，D（0，4，1） ，E（0，0，4）(0,4,3),( 4,4,0)DEABuuu ruuu r，2 2cos,5DE ABuuu r uuu r异面直线DE 与 AB 所成的角的余弦值为2 25（3）解法 1:在 DE 上存在点 Q，使得 AQBQ.-8分取 BC 中点 O，过点 O 作 OQDE 于点 Q，则点 Q 满足题设 .-10分连结 EO、OD，在 RtECO 和 RtOBD 中2E

18、COBCOODRt ECORt OBDEOCOBD90EOCCEOo90EOCDOBo90EOBo-11分222 5OECECO,225ODOBBD名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 9 页 - - - - - - - - - OQABCDEDC1B1A1CBAOB2DC1B1A1CBA2 5525OE ODOQED以 O 为圆心、以BC 为直径的圆与DE 相切切点为Q BQCQAC面BCED,BQ面CEDBBQACBQ面ACQ-13 分AQ面 ACQ BQA

19、Q-14分解法 2: 以 C 为原点，以CA ，CB，CE 所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系设满足题设的点Q 存在 ,其坐标为（ 0，m，n） ，则( 4, ),(0,4, )AQm nBQmnuuu ruuu r(0,4)EQm nuu u r，(0,4,1)QDmnuuu rAQBQ 2(4)0m mn -点 Q在 ED上，存在R(0)使得EQQDu uu ruuu r(0,4)(0,4,1)m nmn44,11mn-代入得222416()81601(1)，解得4满足题设的点Q 存在，其坐标为16 8(0, )5 53如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的所有棱长都相等，且侧棱垂

20、直于底面，由B 沿棱柱侧面经过棱C C1到点 A1的最短路线长为2 5,设这条最短路线与CC1的交点为 D（1）求三棱柱ABC A1B1C1的体积；（2）在平面A1BD 内是否存在过点D 的直线与平面ABC 平行？证明你的判断；（3）证明：平面A1BD平面 A1ABB1解：(1)如图，将侧面BB1C1C 绕棱 CC1旋转 120使其与侧面AA1C1C 在同一平面上，点B 运动到点B2的位置，连接A1B2，则 A1B2就是由点 B 沿棱柱侧面经过棱CC1到点 A1的最短路线。-2 分设棱柱的棱长为a，则 B2C=AC=AA1a, CD AA1D为 CC1的中点，在 RtA1AB2中，由勾股定理得

21、2221212A AABA B，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 9 页 - - - - - - - - - 即2224(25)aa解得2a，-4分23234ABCS11112 3ABCA B CABCVSAA-6分(2) 设 A1B 与 AB1的交点为 O,连结 BB2,OD，则2/ODBB2BB平面ABC，OD平面ABC, /OD平面ABC，即在平面A1BD 内存在过点D 的直线与平面ABC 平行 -10 分（其他解法请参照给分）(3)连结 AD,B1D 11Rt AC DRt BCDRt ACD11A DBDB DAD11,ODA B ODAB11A BABOIOD平面 A1ABB1又OD平面 A1BD 平面 A1BD 平面 A1ABB1-14分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 9 页 - - - - - - - - -