(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

1高中数学立体几何经典常考题型题型一: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＝π4，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＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴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).2设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴n·BC→＝0，n·BD→＝0，∴2x－2y＝0，－3y＋z＝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sinθ＝PD→·n|PD→||n|＝1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为22211.【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.【变式训练】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.3(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12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组12r1＋12s1＝0，s1－t1＝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|＝23×2＝63.题型二: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＝5.(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AMAP的值；若不存在，说明理由.4(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n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－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→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)解设M是棱PA上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM→＝λAP→.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，5则BM→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.【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.【变式训练】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＝BC2－CN2＝102－82＝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.6(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＝23.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→＝－8，163，0.由n·PC→＝0，n·FC→＝0，得6y－8z＝0，－8x＋163y＝0，即z＝34y，x＝23y，不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝81×82＋122＋92＝817.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817.题型三: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＝54，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.7(1)证明由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4.由EF∥AC得OHDO＝AEAD＝14.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m·AB→＝0，m·AD′→＝0，即3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝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n·AC→＝0，n·AD′→＝0，即6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n＝(0，－3，1).于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－1450×10＝－7525.sin〈m，n〉＝29525.8因此二面角B－D′A－C的正弦值是29525.【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.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，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＝π2，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＝π2.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22，0，0，E－22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC→＝－22，22，0，A1C→＝0，22，－22，CD→＝BE→＝(－2，0，0).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，9则n1·BC→＝0，n1·A1C→＝0，得－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n1＝(1，1，1)；n2·CD→＝0，n2·A1C→＝0，得x2＝0，y2－z2＝0，取n2＝(0，1，1)，从而cosθ＝|cos〈n1