高考数学解答题专题攻略――立体几何

-1-高考数学解答题专题攻略----立体几何一、高考真题精典回顾：1、（重庆卷）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）如题（19）图，在ABC中，B=90,AC=152,D、E两点分别在AB、AC上.使2ADAEDBEC,DE=3.现将ABC沿DE折成直二角角，求：（Ⅰ）异面直线AD与BC的距离；（Ⅱ）二面角A-EC-B的大小（用反三角函数表示）.解法一：（Ⅰ）在答（19）图1中，因ADAEDBCE，故BE∥BC.又因B＝90°，从而AD⊥DE.在第（19）图2中，因A-DE-B是直二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面DBCE，从而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线.下求DB之长.在答（19）图1中，由2ADAECBBC，得2.3DEADBCAB又已知DE=3,从而39.22BCDE22221596.22ABACBC因1,2.3DBDBAB故＝（Ⅱ）在第（19）图2中，过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知，AD⊥底面DBCE,由三垂线定理知AF⊥FC,故∠AFD为二面角A-BC-B的平面角在底面DBCE中，∠DEF=∠BCE,11552,,322DBEC因此4sin.5DBBCEEC从而在Rt△DFE中，DE=3,412sinsin3.55DFDEDEFDEBCE在5Rt,4,tan.3ADAFDADAFDDF中因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan5.3解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）如答（19）图3.由（Ⅰ）知，以D点为坐标原点，DBDEDA、、的方向为x、-2-y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），9202C，，，E（0，3，0）.302ADAD＝-2，-，，＝（0，0，-4）.过D作DF⊥CE,交CE的延长线于F，连接AF.设00(,,0),Fxy从而00(,,0),DFxy00(,3,0).EFxyDFCE由，有0030,20.2DFCExy即①又由003,.322xyCEEF得②联立①、②，解得00364836483648,.,,0,,4.252525252525xyFAF即，得因为36483(2)025252AFCE,故AFCE,又因DFCE,所以DFA为所求的二面角A-EC-B的平面角.因3648,,0,2525DF有22364812,4,25255DFAD所以5tan.3ADAFDDF因此所求二面角A-EC-B的大小为5arctan.32、（福建卷）（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PD与CD所成角的大小；（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，请说明理由.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.-3-解法一：（Ⅰ）证明：在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC,有OD∥BC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB∥DC.由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,所以OB＝2，在Rt△POA中，因为AP＝2，AO＝1，所以OP＝1，在Rt△PBO中，tan∠PBO＝122,arctan.222PGPBOBC所以异面直线PB与CD所成的角是2arctan2.（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32.设QD＝x，则12DQCSx，由（Ⅱ）得CD=OB=2，在Rt△POC中，222,PCOCOP所以PC=CD=DP,233(2),42PCDS由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时13AQQD.解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)以O为坐标原点，OCODOP、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以110111CDPB＝（，，），＝（，，）.-4-所以异面直线PB与CD所成的角是arccos63，(Ⅲ)假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为32，由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CPCD设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则0,0,nCPnCD所以00000,0,xzxy即000xyz，取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设(0,,0)(11),(1,,0),QyyCQy由32CQnn，得13,23y解y=-12或y=52(舍去)，此时13,22AQQD，所以存在点Q满足题意，此时13AQQD.3、（辽宁卷）（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体ABCDABCD中，AP=BQ=b（0b1），截面PQEF∥AD，截面PQGH∥AD．（Ⅰ）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；（Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值；（Ⅲ）若DE与平面PQEF所成的角为45，求DE与平面PQGH所成角的正弦值．本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分．解法一：（Ⅰ）证明：在正方体中，ADAD，ADAB，又由已知可得PFAD∥，PHAD∥，PQAB∥，所以PHPF，PHPQ，所以PH平面PQEF．所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．······4分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知22PFAPPHPA，，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEFABCDEFPQHABCDGABCDEFPQHABCDGNM-5-和截面PQGH面积之和是(22)2APPAPQ，是定值．···················8分（III）解：连结BC′交EQ于点M．因为PHAD∥，PQAB∥，所以平面ABCD和平面PQGH互相平行，因此DE与平面PQGH所成角与DE与平面ABCD所成角相等．与（Ⅰ）同理可证EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面ABCD，因此EM与DE的比值就是所求的正弦值．设AD交PF于点N，连结EN，由1FDb知222(1)2(1)22DEbNDb，．因为AD⊥平面PQEF，又已知DE与平面PQEF成45角，所以2DEND，即2222(1)(1)222bb，解得12b，可知E为BC中点．所以EM=24，又23(1)22DEb，故DE与平面PQCH所成角的正弦值为26EMDE．··············12分解法二：以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得1DFb，故(100)A，，，(101)A，，，(000)D，，，(001)D，，，(10)Pb，，，(11)Qb，，，(110)Eb，，，(100)Fb，，，(11)Gb，，，(01)Hb，，．（Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得(010)(0)PQPFbb，，，，，，(101)PHbb，，，(101)(101)ADAD，，，，，．因为00ADPQADPF，，所以AD是平面PQEF的法向量．ABCDEFPQHABCDyxzG-6-因为00ADPQADPH，，所以AD是平面PQGH的法向量．因为0ADAD，所以ADAD，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．·····················4分（Ⅱ）证明：因为(010)EF，，，所以EFPQEFPQ∥，，又PFPQ，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形．在所建立的坐标系中可求得2(1)PHb，2PFb，所以2PHPF，又1PQ，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为2，是定值．··············8分（Ⅲ）解：由已知得DE与AD成45角，又(111)(101)DEbAD，，，，，可得22222(1)2DEADbDEADb，即221(1)2bb，解得12b．所以1112DE，，，又(101)AD，，，所以DE与平面PQGH所成角的正弦值为1122|cos|3622DEAD，．····················12分-7-二、11高考立体几何分析与预测：立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考的热点内容。该部分新增加了三视图，对三视图的考查应引起格外的注意。立体几何在高考解答题中，常以空间几何体（柱，锥，台）为背景，考查几何元素之间的位置关系。另外还应注意非标准图形的识别、三视图的运用、图形的翻折、求体积时的割补思想等，以及把运动的思想引进立体几何。最近几年综合分析全国及各省高考真题，立体几何开放题是高考命题的一个重要方向，开放题更能全面的考查学生综合分析问题的能力。考查内容一般有以下几块内容：1、平行：包括线线平行，线面平行，面面平行；2、垂直：包括线线垂直，线面垂直，面面垂直；3、角度：包括线线（主要是异面直线）所成的角，线面所成的角，面面所成的角；4、求距离或体积；高考中的立体几何题的解法通常一题多解，同一试题的解题途径和方法中常常潜藏着极其巧妙的解法，尤其是空间向量这一工具性的作用体现的更为明显。因此，这就要求考生通过“周密分析、明细推理、准确计算、猜测探求”等具有创造性思维活动来选择其最佳解法以节约做题时间，从而适应最新高考要求。熟练掌握该部分的判定定理和性质定理是做好立体几何的重中之重。同时平时要注意培养自己的空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.-8-三、高考热点新题：1、如图所示，在矩形ABCD中，22ABAD，点E是AD的中点，将DEC沿CE折起到ECD的位置，使二面角BECD是直二面角.（Ⅰ）证明：DCBE；（Ⅱ）求二面角EBCD的正切值.2.在三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是边长为32的正三角形，点A1在底面ABC上的射影O恰是BC的中点．（Ⅰ）求证：A1A⊥BC；（Ⅱ）当侧棱AA1和底面成45°角时，求二面角A1—AC—B的大小余弦值；（Ⅲ）若D为侧棱A1A上一点，当DADA1为何值时，BD⊥A1C1．3.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，190,22ACBACAABC.（Ⅰ）若D为AA1中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；（Ⅱ）若二面角B1—DC—C1的大小为60°，求AD的长.4.四棱椎P—ABCD中，底面ABCD是矩形，PCD为正三角形，平面,ABCDPCD平面PBPDEAC为,中点.（1）求证：PB∥平面AEC；（2）求二面角E—AC—D的大小.ABOCDA1B1C1C1B1A1BADC-9-5.正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC