高考数学（理）热点题型：立体几何（含答案）

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立体几何

热点一 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，∠ABC＝4(π)，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.

(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 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝4(π)，

∴∠OCB＝4(π)，∴∠BOC＝2(π).

∴CO⊥AB.

又PO⊥平面ABC，

OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.

又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，

∴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.

设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.

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)，

∴＝0，(BD)∴－3y＋z＝0，(2x－2y＝0，)

令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).

设PD与平面BDC所成的角为θ，

则sin θ＝||n|(PD)

＝12＋12＋32(1×0＋1×（－1）＋3×（－1）)＝11(22).

即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为11(22).

【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、易错点和答题规范.

【对点训练】 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：EF∥B₁C.

(2)求二面角E­A₁D­B₁的余弦值.

 

(1)证明 由正方形的性质可知A₁B₁∥AB∥DC，且A₁B₁＝AB＝DC，所以四边形A₁B₁CD为平行四边形，从而B₁C∥A₁D，又A₁D⊂面A₁DE，B₁C⊄面A₁DE，于是B₁C∥面A₁DE.又B₁C⊂面B₁CD₁，面A₁DE∩面B₁CD₁＝EF，所以EF∥B₁C.

 

(2)解 因为四边形AA₁B₁B，ADD₁A₁，ABCD均为正方形，所以AA₁⊥AB，AA₁⊥AD，AB⊥AD且AA₁＝AB＝AD.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，1(1).

设平面A₁DE的一个法向量n₁＝(r₁，s₁，t₁)，而该面上向量→(A1E)＝，0(1)，→(A1D)＝(0，1，－1)，由n₁⊥→(A1E)，

n₁⊥→(A1D)得r₁，s₁，t₁应满足的方程组s1－t1＝0，(s1＝0，)

(－1，1，1)为其一组解，所以可取n₁＝(－1，1，1).

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E­A₁D­B₁的余弦值为

|n1|·|n2|(|n1·n2|)＝2(2)＝3(6).

热点二 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P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

(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AP(AM)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ABCD＝AD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.

又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.

(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

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PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

 

如图，建立空间直角坐标系O－xyz.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

＝0，(PC)即2x－z＝0，(－y－z＝0，)

令z＝2，则x＝1，y＝－2.

所以n＝(1，－2，2).

又→(PB)＝(1，1，－1)，所以cos〈n，→(PB)〉＝|(PB)＝－3(3).

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3(3).

(3)解 设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，使得→(AM)＝λ→(AP).

因此点M(0，1－λ，λ)，→(BM)＝(－1，－λ，λ).

因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，

则→(BM)·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝4(1).

所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AP(AM)＝4(1).

【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，是否有规定范围内的解”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.

【对点训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，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CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D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CN⊥AB，垂足为点N.

 

∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，

又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，

∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，

在Rt△BNC中，

BN＝＝＝6，

∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，

∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，

∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，

∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，

∴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D－xyz，

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CF⊥BD，

设点F坐标为(8，t，0)，

则→(CF)＝(8，t－6，0)，→(DB)＝(8，12，0)，

由→(CF)·→(DB)＝0得t＝3(2).

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)，→(FC)＝，0(16).

由＝0，(FC)得y＝0，(16)即y，(2)

不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).

则cos〈n，m〉＝|n||m|(n·m)＝82＋122＋92(8)＝17(8).

又由图可知，该二面角为锐二面角，

故二面角F－PC－D的余弦值为17(8).

热点三 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，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝4(5)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

(1)证明：D′H⊥平面ABCD；

(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.

 

(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得AD(AE)＝CD(CF)，故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得DO(OH)＝AD(AE)＝4(1).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H²＋OH²＝3²＋1²＝10＝D′O²，故D′H⊥OH.

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，

所以D′H⊥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H－xyz.

则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，

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＝0，(AD′)即3×1＋y1＋3z1＝0，(3×1－4y1＝0，)

所以可取m＝(4，3，－5).

设n＝(x₂，y₂，z₂)是平面ACD′的一个法向量，

则＝0，(AD′)即3×2＋y2＋3z2＝0，(6×2＝0，)

所以可取n＝(0，－3，1).

于是cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝10(－14)＝－25(5).

sin〈m，n〉＝25(95).

因此二面角B－D′A－C的正弦值是25(95).

【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.

【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2(π)，AB＝BC＝1，AD＝2，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；

(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AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝2(π)，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA₁，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A₁OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A₁OC.

(2)解 由已知，平面A₁BE⊥平面BCDE，

又由(1)知，BE⊥OA₁，BE⊥OC，

所以∠A₁OC为二面角A₁－BE－C的平面角，所以∠A₁OC＝2(π).

 

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A₁B＝A₁E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，

所以B，0，0(2)，E，0，0(2)，A₁2(2)，C，0(2)，

得→(BC)＝2()，→(A1C)＝2()，→(CD)＝→(BE)＝(－，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θ，

则＝0，(A1C)得y1－z1＝0，(－x1＋y1＝0，)取n₁＝(1，1，1)；

＝0，(A1C) 得y2－z2＝0，(x2＝0，)取n₂＝(0，1，1)，

从而cos θ＝|cos〈n₁，n₂〉|＝2(2)＝3(6)，

即平面A₁BC与平面A₁CD夹角的余弦值为3(6).