2013高考理科数学解题方法攻略—立体几何2

2013高考理科数学解题方法攻略—立体几何2

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。‎