《自-2012高考二轮复习解答题知识点(数学理专题三—立体几何)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《自-2012高考二轮复习解答题知识点(数学理专题三—立体几何)（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题三 立体几何 整理 范荣鑫立体几何作为考查学生的空间想象能力与数学基础知识的综合能力的手断，每年都会有一个解答题，主要是以多面体为载体,考查空间线面关系、空间角的求法以及距离的计算,所以出题重心就落在这三方面,此外,探索型问题也是立体几何中的常见题型，在知识点的交汇处出题也是高考命题的热点之一。考点筛查表:证线线平行例6（1）线线垂直例1(1）线面平行例4（1)线面垂直例5（1）面面平行面面垂直例4（2）、例5（3)求线线角例5(2)、例8（2)线面角例()、例7(）面面角例1(2)点线距离点面距离例2（2)线线距离线面距离面面距离体积例（2)探究性问题例(2)、例题9、例题10、例题1、
2、例题12一、基本题型在立体几何的常见题型中,最基本的就是考察三大部分（)证空间关系。在证明空间关系中，多以证明线线、线面、面面平行垂直为主,几何法主要考察用概念，公理，判定定理,性质定理进行严格的推理证明的能力；向量法在证明垂直问题上更为得力，另外,第一步证明中给出的点或向量的坐标在第二步的计算中一般也需要用到。（2）求空间角（3）求空间距离。在空间角的求法中异面直线所成的角,线面角，二面角都是考察的重点；在求空间距离中多以点线距离，点面距离为主,其它距离可以转化为这两种距离。例题1（011年新课标卷1题）如图，四棱锥PABCD中,底面ACD为平行四边形，DB60,AB=2D,底面ABCD()
3、证明：PAB;在这里，若对三垂线定理比较熟悉，则易知要证BD垂直于AD；若用向量法,则先要证明D垂直于AD然后再建系设点。()若P=D，求二面角AP-C的余弦值。（)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AB的法向量为n=（,y,z），则即因此可取n=教学中发现，有的同学解不定方程时令或y或z等于,认为这样挺方便而导致错误。其实,若或y或等于，则对应平面必平行于坐标平面。设平面PBC的法向量为，则 可取m=(0，-1，) 在这里，容易判断两个法向量一进一出,故法向量所成角的大小即二面角的平面角大小。要求学生会判断法向量是一进一出还是同
4、进同出,而不仅限于直观判断。故二面角AB-C的余弦值为 例题2（201年高考江苏卷试题16)（本小题满分14分）如图，在四棱锥-CD中,平面BC，P=CC,AB=2，ABC,BCD=0。(1) 求证:PBC;(2) 求点A到平面B的距离。解：（2)（方法一）分别取A、PC的中点E、，连D、F，则：易证DECB,DE平面PC，点D、E到平面P的距离相等。又点A到平面P的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。由(）知：平面CD,所以平面PB平面PCD于PC,因为=DC,PF=F，所以DFP,所以DF平面PB于。易知DF=，故点A到平面PB的距离等于。(方法二）体积法(方法三）向量法（略)这道题，我们
5、更推崇使用向量法,这样学生在立体几何问题上思维单一,处理问题模式化，更适合于中等学生。难点在于点到平面的距离公式的理解和记忆,所以需要学会推导公式并记忆。例题 (210年全国高考宁夏卷）（本小题满分12分)如图,已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形,ACD,ACB，垂足为H,PH是四棱锥的高 ,E为AD中点（1） 证明：PBC（2） 若AP=ADB=60，求直线P与平面EH所成角的正弦值解：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长, 建立空间直角坐标系如图， 则 (）设 则可得 因为所以 （)由已知条件可得 设 为平面的法向量 则 即因此可以取,由,可得所以直线与平面所成角的正弦值为例题4(20
6、11江苏16）如图,在四棱锥中,平面PAD平面 ABCD,B=A,BAD=60，、F分别是、A的中点求证：(1)直线EF平面PCD；(2）平面BE平面PAD例题5(201北京理1） 如图,在四棱锥中，平面，底面是菱形,()求证：平面()若求与所成角的余弦值；(）当平面与平面垂直时,求的长. 证明：()因为四边形ACD是菱形,所以CBD又因为PA平面BCD所以PAB.所以BD平面PAC（）设ACD=因为A=60,PPB=，所以BO,A=O=.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oyz，则P(0，2）,A(0,)，B(1,0,0）,C（0，0）.所以设PB与C所成角为,则(）由（）知设P（0，
7、-，t）(t0)，则设平面P的法向量,则所以令则所以同理，平面DC的法向量因为平面CB平面C,所以=0，即解得所以P例题6(2011安徽理17)如图,为多面体,平面与平面垂直,点在线段上，OAB，,，,都是正三角形。(）证明直线;（）求棱锥FOBD的体积。(向量法）(1)过点F作，交AD于点Q,连QE，由平面AB平面ADFC,知FQ平面ABED,以为坐标原点,为轴正向，为轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.由条件知则有所以即得BCE. (I)解：由OB=,O=2,，而OE是边长为2的正三角形,故 所以过点F作FAD，交于点Q，由平面ABED平面ACFD知,FQ就是四棱锥FOBED的
8、高，且FQ=,所以例题7（011福建理2) 如图,四棱锥CD中，PA底面AC，四边形ABD中,A，ABAD=4，CD=,(）求证：平面A平面AD;(II)设AB=AP. （）若直线P与平面CD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,使得点到点，C，D的距离都相等?说明理由。例题8（2011重庆理19） 已知二面角，求线线角如题（19）图,在四面体中，平面平面，,， ()若，,求四面体的体积; ()若二面角为,求异面直线与所成角的余弦值. （）解:如答(19)图1，设F为C的中点,由于=CD，所以DFC.故由平面ABC平面AD,知D平面ABC,即DF是四面体ABCD的面
9、ABC上的高,且D=Din1,AADcos0在RtBC中，因C=AF，AB=BC,由勾股定理易知故四面体ACD的体积 (II)解法一:如答（9）图1，设G,H分别为边,D的中点,则G/D，G/BC,从而GH是异面直线AD与C所成的角或其补角 设E为边AB的中点,则/BC,由ABBC,知EFAB又由(I）有DF平面AB， 故由三垂线定理知EAB.所以DEF为二面角CAB的平面角,由题设知EF=60设在从而因tDERBDE,故BD=AD=a，从而，在tBDF中,又从而在FGH中,因F=FH，由余弦定理得因此,异面直线AD与所成角的余弦值为解法二：如答（19）图2，过F作FMAC，交B于，已知ADC
10、D,平面BC平面AC,易知F,D，FM两两垂直,以F为原点,射线FM,FC,FD分别为x轴,y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Fxz.不妨设AD=2，由CD=D，CAD=3,易知点,C，D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.已知二面角CABD为60，故可取平面ABD的单位法向量，使得设点的坐标为,有易知与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为二、探索性问题立体几何的探索型问题往往考察学生的分析问题,解决问题的能力,常见题型为是否存在点或其他元素使得某种关系或数量成立。在这类问题中动点在线上或动点在面上的设法要求学生熟练掌握。 例题9
11、(201年高考全国卷I理科19)如图,四棱锥S-ABCD中,D底面BCD，BD,ADDC,A=D=1，C=D=，E为棱SB上的一点，平面ED平面BC()证明:SE2EB;（)求二面角AD-C的大小.此题虽然不是探索性问题,但在第一问中用向量求解用到的点E在线段SB上的设法与探索性问题中常见的点在线上或点在面上的设法相同,故选择这道题目作为引子解：以为坐标原点,射线为轴的正半轴,建立如图所示的直角坐标系,由,得 ，故 .令，则.例题10(21浙江理0） 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B8，PO=4，A=,O=2(）证明:APB；(）在线段P上是否存在
12、点M,使得二面角-MC-B为直二面角？若存在，求出A的长;若不存在,请说明理由。 ()证明:如图，以O为原点,以射线为轴的正半轴,建立空间直角坐标系xyz则，,由此可得,所以,即(I）解:设设平面BMC的法向量，平面P的法向量由得即由即得由解得,故AM=。综上所述,存在点符合题意，A=3。例题1（2009浙江卷理）（本题满分15分）如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形,分别为,，的中点， (）设是的中点,证明:平面； （I)证明：在内存在一点，使平面,并求点到,的距离.证明：(I)如图，连结OP，以O为坐标原点,分别以OB、C、O所在直线为轴,轴，轴,建立空间直角坐标系O，. 则，由题意得,因,因此平面BOE的法向量为，得,又直线不在平面内，因此有平面(II）设点M的坐标为，则,因为平面OE,所以有,因此有，即点M的坐标为,在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组,经检验，点M的坐标满足上述不等式组,所以在内存在一点，使平面,由点M的坐标得点到,的距离为例题2(2009宁夏海南卷理）(本小题满分12分）如图,四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的倍，P为侧棱D上的点。 （)求证：ACSD； （)若SD平面PC，求二面角P-AC-D的大小()在(）的条件下,侧棱SC上是否存在一点,使得E平面P。若存在,求E:EC的值;若不存在,试
