高考数学(理)一轮复习讲义高考专题突破4高考中的立体几何问题.docx

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1、高考专题攻破四高考中的立体几多何征询题题型一平行、垂直关系的证明例1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分不是A1C1，BC的中点.(1)求证：立体ABE立体B1BCC1；(2)求证：C1F立体ABE；(3)求三棱锥EABC的体积.(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因为AB立体ABC，因此BB1AB.又因为ABBC，BCBB1B，因此AB立体B1BCC1.又AB立体ABE，因此立体ABE立体B1BCC1.(2)证明方法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分不是A1C1，BC的中点，因此FGAC，且FGA

2、C.因为ACA1C1，且ACA1C1，因此FGEC1，且FGEC1，因此四边形FGEC1为平行四边形，因此C1FEG.又因为EG立体ABE，C1F立体ABE，因此C1F立体ABE.方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分不是AC，BC的中点，因此HFAB，又因为E，H分不是A1C1，AC的中点，因此EC1AH，且EC1AH，因此四边形EAHC1为平行四边形，因此C1HAE，又C1HHFH，AEABA，因此立体ABE立体C1HF，又C1F立体C1HF，因此C1F立体ABE.(3)解因为AA1AC2，BC1，ABBC，因此AB.因此三棱锥EABC的体积VSABCAA112.思维

3、升华(1)平行征询题的转化运用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化处置平行关系的判定征询题时，一般按照从“低维到“高维的转化，即从“线线平行到“线面平行，再到“面面平行；而运用性质定理时，其次第恰恰相反.在理论的解题过程中，判定定理跟性质定理一般要相互结合，敏锐运用.(2)垂直征询题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已经清楚线面垂直，既可为证明线线垂直供应依照，又可为运用判定定理证明面面垂直作好铺垫.运用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，全然作法是过其中一个立体内一点作交线的垂线，从而把面面垂直征询题转化为线面垂直征询题，进而可转化为线线垂直征询题.跟踪训练1如图，在底面是矩形的四

4、棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分不是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF立体PAB；(2)求证：立体PAD立体PDC.证明(1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系Axyz，那么A(0，0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1).点E，F分不是PC，PD的中点，E，F，(1,0,0).，即EFAB，又AB立体PAB，EF立体PAB，EF立体PAB.(2)由(1)可知，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,

5、0)(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，AP，AD立体PAD，DC立体PAD.DC立体PDC，立体PAD立体PDC.题型二立体几多何中的打算征询题命题点1求线面角例2(2018浙江)如图，已经清楚多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于立体ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1立体A1B1C1；(2)求直线AC1与立体ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，因此A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC

6、，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，因此ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1立体A1B1C1，因此AB1立体A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1立体A1B1C1，得立体A1B1C1立体ABB1.由C1DA1B1，立体A1B1C1立体ABB1A1B1，C1D立体A1B1C1，得C1D立体ABB1.因此C1AD即为AC1与立体ABB1所成的角.由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，因此C1D，故sinC1AD.因此直线A

7、C1与立体ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分不以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，树破空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1).因此(1，2)，(1，2)，(0,2，3).由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1立体A1B1C1，因此AB1立体A1B1C1.(2)解设直线AC1与立体ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2).设立体ABB1的一个法向量为n(x，y，z).由得可取n(，1

8、,0).因此sin|cos，n|.因此直线AC1与立体ABB1所成的角的正弦值是.思维升华(1)运用向量求直线与立体所成的角有两个思路：分不求出歪线跟它在立体内的射影直线的倾向向量，转化为求两个倾向向量的夹角(或其补角)；通过立体的法向量来求，即求出歪线的倾向向量与立体的法向量所夹的锐角，取其余角的确是歪线和立体所成的角.(2)假设直线l与立体的夹角为，直线l的倾向向量l与立体的法向量n的夹角为，那么或，故有sin|cos|.跟踪训练2在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD3BD，点E，F分不为棱AB，BB1的中点.(1)证明：A1C立体DEF；(2)假设A1

9、CEF，求直线A1C1与立体DEF所成的角的正弦值.解(1)如图，连接AB1，A1B交于点H，设A1B交EF于点K，连接DK，因为四边形ABB1A1为矩形，因此H为线段A1B的中点.因为点E，F分不为棱AB，BB1的中点，因此点K为线段BH的中点，因此A1K3BK.又CD3BD，因此A1CDK.又A1C立体DEF，DK立体DEF，因此A1C立体DEF.(2)连接CE，EH，由(1)知，EHAA1，因为AA1立体ABC，因此EH立体ABC.因为ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点，因此CEAB.故以点E为坐标原点，分不以，的倾向为x轴、y轴、z轴的正倾向树破如以下列图的空间直角坐标系Exyz.

10、设AB4，AA1t(t0)，那么E(0,0,0)，A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，F，D，因此(2，t,2)，.因为A1CEF，因此0，因此(2)(2)t200，因此t2，因此(2，0)，.设立体DEF的一个法向量为n(x，y，z)，那么因此取x1，那么n(1，).又(2,0,2)，设直线A1C1与立体DEF所成的角为，那么sin|cosn，|，因此直线A1C1与立体DEF所成的角的正弦值为.命题点2求二面角例3(2018呼跟浩特联考)如图，在四棱锥ABCDE中，立体BCDE立体ABC，BEEC，BC2，AB4，ABC60.(1)求证：BE立体ACE；(2)假设直线CE

11、与立体ABC所成的角为45，求二面角EABC的余弦值.(1)证明在ACB中，由余弦定理得cosABC，解得AC2，因此AC2BC2AB2，因此ACBC.又因为立体BCDE立体ABC，立体BCDE立体ABCBC，AC立体ABC，因此AC立体BCDE.又BE立体BCDE，因此ACBE.又BEEC，AC，CE立体ACE，且ACCEC，因此BE立体ACE.(2)解方法一因为直线CE与立体ABC所成的角为45，立体BCDE立体ABC，立体BCDE立体ABCBC，因此BCE45，因此EBC为等腰直角三角形.取BC的中点F，连接EF，过点F作FGAB于点G，连接EG，那么EGF为二面角EABC的立体角.易得

12、EFBF1，FG.在RtEFG中，由勾股定理，得EG，因此cosEGF，因此二面角EABC的余弦值为.方法二因为直线CE与立体ABC所成的角为45，立体BCDE立体ABC，立体BCDE立体ABCBC，因此BCE45，因此EBC为等腰直角三角形.记BC的中点为O，连接OE，那么OE立体ABC，以O为坐标原点，分不以OB，OE所在直线为x轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系，那么A(1,2，0)，B(1,0,0)，E(0,0,1)，因此(2,2，0)，(1,0,1).设立体ABE的法向量m(x，y，z)，那么即令x，那么m(，1，)为立体ABE的一个法向量.易知立体ABC的一个法向量为(0,0

13、,1)，因此cosm，易知二面角EABC为锐角，因此二面角EABC的余弦值为.思维升华(1)求二面角最常用的方法的确是分不求出二面角的两个半立体所在立体的法向量，然后通过两个立体的法向量的夹角掉掉落二面角的大小，但要留心结合理论图形揣摸所求角是锐角仍然钝角.(2)运用向量法求二面角的大小的关键是判定立体的法向量，求法向量的方法要紧有两种：求立体的垂线的倾向向量；运用法向量与立体内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)证明：立体A1CO立体BB1D1D；(2)假设BAD

14、60，求二面角BOB1C的余弦值.(1)证明A1O立体ABCD，BD立体ABCD，A1OBD.四边形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，A1O，CO立体A1CO，BD立体A1CO.BD立体BB1D1D，立体A1CO立体BB1D1D.(2)解A1O立体ABCD，COBD，OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，的倾向为x，y，z轴的正倾向树破如以下列图的空间直角坐标系.AB2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.那么O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，).设立体OBB1的法向量为n(x，y，z)

15、，那么即令y，得n(0，1)，是立体OBB1的一个法向量.同理可求得立体OCB1的一个法向量m(，0，1)，cosn，m.由图可知二面角BOB1C是锐二面角，二面角BOB1C的余弦值为.题型三立体几多何中的探求性征询题例4如图，在四棱锥PABCD中，PA立体ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，假设存在，求BM与立体MAC所成角的正弦值，假设不存在，请说明因由.(1)证明如图，由已经清楚得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因为PA

16、立体ABCD，因此PAAB，又PAACA，PA，AC立体PAC，因此AB立体PAC，因此ABPC.(2)解方法一(几多何法)过点M作MNAD交AD于点N，那么MNPA，因为PA立体ABCD，因此MN立体ABCD.过点M作MGAC交AC于点G，连接NG，那么MGN是二面角MACD的立体角.假设MGN45，那么NGMN，又ANNGMN，因此MN1，因此MNPA，MNPA，因此M是PD的中点.在三棱锥MABC中，可得VMABCSABCMN，设点B到立体MAC的距离是h，那么VBMACSMACh，因此SABCMNSMACh，解得h2.在RtBMN中，可得BM3.设BM与立体MAC所成的角为，那么sin

17、.方法二(向量法)以A为坐标原点，以过点A平行于CD的直线为x轴，AD，AP所在直线分不为y轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系，那么A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，(0，2，2)，(2，2，0).易知当点M与P点或D点重合时不称心题意，设t(0t1)，那么点M的坐标为(0,2t,22t)，因此(0,2t,22t).设立体MAC的法向量为n(x，y，z)，那么得那么可取n.又m(0,0,1)是立体ACD的一个法向量，因此|cosm，n|cos45，解得t，即点M是线段PD的中点.现在立体MAC的一个法向量可取n0(1，1，)，(2，

18、3，1).设BM与立体MAC所成的角为，那么sin|cosn0，|.思维升华(1)对于线面关系中的存在性征询题，起首假设存在，然后在该假设条件下，运用线面关系的相关定理、性质停顿推实践证，寻寻假设称心的条件，假设称心那么确信假设，假设得出冲突的结论那么否定假设.(2)立体图形的翻折征询题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系跟度量关系的变卦情况.一般地，翻折后还在一致个立体上的性质不发生变卦，不在一致个立体上的性质发生变卦.跟踪训练4如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABAC2，AD2，PB，PBAC.(1)求证：立体PAB立体PAC；(2)假设PBA45，试揣摸棱PA上是

19、否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与立体PBC所成角的正弦值为？假设存在，求出的值；假设不存在，请说明因由.(1)证明因为四边形ABCD是平行四边形，AD2，因此BCAD2，又ABAC2，因此AB2AC2BC2，因此ACAB，又PBAC，ABPBB，AB，PB立体PAB，因此AC立体PAB.又因为AC立体PAC，因此立体PAB立体PAC.(2)解由(1)知ACAB，AC立体PAB，分不以AB，AC所在直线为x轴，y轴，立体PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，树破空间直角坐标系Axyz，那么A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，(0,2,0)，(2,2,0)，由P

20、BA45，PB，可得P(1,0,1)，因此(1,0,1)，(1,0,1)，假设棱PA上存在点E，使得直线CE与立体PBC所成角的正弦值为，设(01)，那么(，0，)，(，2，)，设立体PBC的法向量n(x，y，z)，那么即令z1，可得xy1，因此立体PBC的一个法向量n(1,1,1)，设直线CE与立体PBC所成的角为，那么sin|cosn，|，解得或(舍).因此在棱PA上存在点E，且，使得直线CE与立体PBC所成角的正弦值为.1.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，PAPD.(1)证明：BCPB；(2)假设PAPD，PBAB，求二面角APBC的余弦值.(1)证明取AD中点为E

21、，连接PE，BE，BD，PAPD，PEAD，底面ABCD为菱形，且BAD60，ABD为等边三角形，BEAD，PEBEE，PE，BE立体PBE，AD立体PBE，又PB立体PBE，ADPB，ADBC，BCPB.(2)解设AB2，ADPB2，BE，PAPD，E为AD中点，PE1，PE2BE2PB2，PEBE.以E为坐标原点，分不以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴树破如以下列图的空间直角坐标系，那么A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，C(2，0)，(1，0)，(1,0,1)，(0，1)，(2,0,0).设立体PAB的法向量为n(x，y，z)，那么即令y，那么n(3，3).同理可得立

22、体PBC的一个法向量m(0，3).cosm，n.设二面角APBC的立体角为，由图易知为钝角，那么coscosm，n.二面角APBC的余弦值为.2.(2019大年夜连模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC跟AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，立体AA1C1C立体ABC.(1)证明：A1O立体ABC；(2)求直线AB与立体A1BC1所成角的正弦值.(1)证明AA1A1C，且O为AC的中点，A1OAC，又立体AA1C1C立体ABC，立体AA1C1C立体ABCAC，A1O立体AA1C1C，A1O立体ABC.(2)解如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分不为x轴、y轴、z

23、轴树破空间直角坐标系.由已经清楚可得O(0,0,0)，A(0，1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，(，1,0)，(，0，)，(0,2,0)，设立体A1BC1的法向量为n(x，y，z)，那么即立体A1BC1的一个法向量为n(1,0,1)，设直线AB与立体A1BC1所成的角为，那么sin|cos，n|，又cos，n，AB与立体A1BC1所成角的正弦值为.3.(2019抚顺诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置掉掉落周围体PABC，如图2所示.已经清楚PB4.(1)求证：立体PAC立体ABC；(2)假设Q是线段AP上的点，

24、且，求二面角QBCA的余弦值.(1)证明取AC的中点O，连接PO，BO掉掉落PBO.四边形ABCD是菱形，PAPC，POAC.DC5，AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2，POOB.OBACO，OB，AC立体ABC，PO立体ABC.PO立体PAC，立体PAC立体ABC.(2)解ABBC，BOAC.易知OB，OC，OP两两垂直.以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分不为x轴、y轴、z轴树破如以下列图的空间直角坐标系Oxyz.那么B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0).设点Q(x，y，z).由，得Q.(4,3,0)，.设n1(x1，y1，z1)

25、为立体BCQ的法向量.由得解得取z115，那么n1(3,4,15).取立体ABC的一个法向量n2(0,0,1).cosn1，n2，由图可知二面角QBCA为锐角，二面角QBCA的余弦值为.4.(2019包头模拟)如图，多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，AB2，AE3，DE，二面角EADC的余弦值为，且EFBD.(1)证明：立体ABCD立体EDC；(2)求立体AEF与立体EDC所成锐二面角的余弦值.(1)证明ABAD2，AE3，DE，AD2DE2AE2，ADDE，又正方形ABCD中，ADDC，且DEDCD，DE，DC立体EDC，AD立体EDC，又AD立体ABCD，立体ABCD立体EDC.(2

26、)解由(1)知，EDC是二面角EADC的立体角，作OECD于O，那么ODDEcosEDC1，OE2，又立体ABCD立体EDC，立体ABCD立体EDCCD，OE立体EDC，OE立体ABCD.取AB中点M，连接OM，那么OMCD，如图，以O为原点，分不以OM，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，树破空间直角坐标系，那么A(2，1,0)，B(2,1,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)，(2,1,2)，(2，2,0)，又EFBD，知EF的一个倾向向量为(2,2,0)，设立体AEF的法向量为n(x，y，z)，那么取x2，得n(2,2，3)，又立体EDC的一个法向量为m(1,0,0)，cosn，m

27、，设立体AEF与立体EDC所成的锐二面角为，那么cos|cosn，m|.5.等边三角形ABC的边长为3，点D，E分不是边AB，AC上的点，且称心，如图1.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D立体BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与立体A1BD所成的角为60？假设存在，求出PB的长；假设不存在，请说明因由.(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且，因此AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.从而AD2DE2AE2，因此ADDE.折起后有A1DDE，因为二面角A1DEB是直二面角，

28、因此立体A1DE立体BCED，又立体A1DE立体BCEDDE，A1DDE，A1D立体A1DE，因此A1D立体BCED.(2)解存在.因由：由(1)可知EDDB，A1D立体BCED.以D为坐标原点，分不以DB，DE，DA1所在直线为x轴、y轴、z轴，树破如以下列图的空间直角坐标系Dxyz.设PB2a(02a3)，作PHBD于点H，连接A1H，A1P，那么BHa，PHa，DH2a.因此A1(0,0,1)，P(2a，a,0)，E(0，0).因此(a2，a,1).因为ED立体A1BD，因此立体A1BD的一个法向量为(0，0).要使直线PA1与立体A1BD所成的角为60，那么sin60，解得a.现在2a

29、，称心02a3，符合题意.因此在线段BC上存在点P，使直线PA1与立体A1BD所成的角为60，现在PB.6.如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，ABADAE，ECBD.(1)求证：立体BED立体ABCD；(2)假设点P在正面ABE内运动，且DP立体BEC，求直线DP与立体ABE所成角的正弦值的最大年夜值.(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC，易得ADOABO，AODAOB90，ACBD.又ECBD，ECACC，EC，AC立体AEC，BD立体AEC，又OE立体AEC，OEBD.又底面ABCD是圆内接四边形

30、，ADCABC90，在RtADC中，由AD，CD1，可得AC2，AO，AEC90，易得AEOACE，AOEAEC90，即EOAC.又AC，BD立体ABCD，ACBDO，EO立体ABCD，又EO立体BED，立体BED立体ABCD.(2)解如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，那么MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60，ABD为正三角形，DNAB，又BCAB，DN，CB立体ABCD，DNCB，又MNDNN，BEBCB，MN，DN立体DMN，BE，BC立体EBC，立体DMN立体EBC，点P在线段MN上.以O为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分不为x轴、y轴、z轴，树破空间直角坐标系，那么A，B，E，M，D，N，设立体ABE的法向量为n(x，y，z)，那么即令x1，那么n(1，)，设(01)，可得，设直线DP与立体ABE所成的角为，那么sin|cosn，|，01，当0时，sin取得最大年夜值.故直线DP与立体ABE所成角的正弦值的最大年夜值为.