届高考数学一轮复习第八章立体几何大题冲关理.docx
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届高考数学一轮复习第八章立体几何大题冲关理
第八章立体几何
高考中立体几何问题的热点题型
1.立体几何是高考的重要内容,每年基本上都是一个解答题,两个选择题或填空题.小题主要考查学生的空间观念,空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式,即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直,再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等;
2.思想方法:
(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题);
(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).
热点一 空间点、线、面的位置关系
以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体,通过空间平行、垂直关系的论证命制试题,主要考查公理4及线面平行与垂直的判定定理与性质定理,常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查,考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想,一般以解答题的形式出现,难度中等.
[典题1] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.
(1)求证:
平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:
C1F∥平面ABE;
(3)求三棱锥E-ABC的体积.
(1)[证明]在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,AB⊂平面ABC,所以BB1⊥AB.
又AB⊥BC,BC∩BB1=B,
所以AB⊥平面B1BCC1.
又AB⊂平面ABE,
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)[证明] 证法一:
如图①,取AB中点G,连接EG,FG.
因为E,F分别是A1C1,BC的中点,
所以FG∥AC,且FG=AC.
因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,
所以FG∥EC1,且FG=EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形.
所以C1F∥EG.
又EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,
所以C1F∥平面ABE.
①
②
证法二:
如图②,取AC的中点H,连接C1H,FH.
因为H,F分别是AC,BC的中点,
所以HF∥AB.
又E,H分别是A1C1,AC的中点,
所以EC1綊AH,
所以四边形EAHC1为平行四边形,
所以C1H∥AE.
又C1H∩HF=H,AE∩AB=A,
所以平面ABE∥平面C1HF.
又C1F⊂平面C1HF,
所以C1F∥平面ABE.
(3)[解] 因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,
所以AB==.
所以三棱锥E-ABC的体积
V=S△ABC·AA1=×××1×2=.
1.证明面面垂直,将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题,再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.
2.计算几何体的体积时,能直接用公式时,关键是确定几何体的高,若不能直接用公式时,注意进行体积的转化.
一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由);
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论;
(3)证明:
直线DF⊥平面BEG.
(1)解:
点F,G,H的位置如图所示.
(2)解:
平面BEG∥平面ACH.证明如下:
因为ABCD-EFGH为正方体,
所以BC∥FG,BC=FG.
又FG∥EH,FG=EH,
所以BC∥EH,BC=EH,
于是四边形BCHE为平行四边形,
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH,BE⊄平面ACH,
所以BE∥平面ACH,
同理BG∥平面ACH,
又BE∩BG=B,
所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明:
连接FH,与EG交于点O,连接BD.
因为ABCD-EFGH为正方体,
所以DH⊥平面EFGH.
因为EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG.
又EG⊥FH,DH∩FH=H,
所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD,所以DF⊥EG,
同理DF⊥BG,
又EG∩BG=G,所以DF⊥平面BEG.
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,一般有两种考查形式:
(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.
[典题2] [2017·山东济南调研]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(1)求证:
AA1⊥平面ABC;
(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;
(3)在线段BC1上是否存在点D,使得AD⊥A1B?
若存在,试求出的值.
(1)[证明] 在正方形AA1C1C中,A1A⊥AC.
又平面ABC⊥平面AA1C1C,
且平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1⊂平面AA1C1C.
∴AA1⊥平面ABC.
(2)[解] 由
(1)知,AA1⊥AC,AA1⊥AB,
由题意知,在△ABC中,AC=4,AB=3,BC=5,
∴BC2=AC2+AB2,∴AB⊥AC.
∴以A为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.
A1(0,0,4),B(0,3,0),C1(4,0,4),B1(0,3,4),
于是=(4,0,0),=(0,3,-4),
=(4,-3,0),=(0,0,4).
设平面A1BC1的法向量n1=(x1,y1,z1),
平面B1BC1的法向量n2=(x2,y2,z2).
∴⇒
∴取向量n1=(0,4,3).
由⇒
∴取向量n2=(3,4,0).
∴cosθ===.
由题图可判断二面角A1-BC1-B1为锐角,
故二面角A1-BC1-B1的余弦值为.
(3)[解] 假设存在点D(x,y,z)是线段BC1上一点,使AD⊥A1B,且=λ,
∴(x,y-3,z)=λ(4,-3,4),
解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,
∴=(4λ,3-3λ,4λ).
又AD⊥A1B,∴0+3(3-3λ)-16λ=0,
解得λ=,
∵∈[0,1],
∴在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,
此时=.
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.
热点三 空间向量在立体几何
中的应用
在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系,计算空间角(特别是二面角),常与空间几何体的结构特征,空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合,以解答题形式出现,难度中等.常见的命题角度有:
[考查角度一] 计算线线角、线面角
[典题3] 如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
[解] 以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),
P(0,0,2).
(1)由题意知,AD⊥平面PAB,
所以是平面PAB的一个法向量,
=(0,2,0).
因为=(1,1,-2),=(0,2,-2).
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·=0,m·=0,
即
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.
从而cos〈,m〉==,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为=(-1,0,2),
设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又=(0,-1,0),
则=+=(-λ,-1,2λ),
又=(0,-2,2),
从而cos〈,〉==.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2〈,〉=
=≤.
当且仅当t=,即λ=时,|cos〈,〉|的最大值为.
因为y=cosx在上是减函数,
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP==,
所以BQ=BP=.
解决与线线角、线面角有关的问题,关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系,运用向量的坐标运算求解.
[考查角度二] 求二面角
[典题4] [2016·浙江卷]如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求证:
BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
(1)[证明] 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,平面BCFE∩平面ABC=BC,且AC⊥BC,
所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.
又EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,
所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,
则BF⊥CK,又AC∩CK=C,
所以BF⊥平面ACFD.
(2)[解] 解法一:
过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得
AK=,FQ=.
在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得
cos∠BQF=.
所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
解法二:
如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.
取BC的中点O,连接KO,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意,得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F.
因此,=(0,3,0),=(1,3,),
=(2,3,0).
设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).
由得
取m=(,0,-1);
由得
取n=(3,-2,).
于是cos〈m,n〉==.
所以二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.
1.用向量法解决立体几何问题,可使复杂问题简单化,使推理论证变为计算求解,降低思维难度,使立体几何问题“公式”化,训练的关键在于“归类、寻法”.
2.求二面角的余弦值,转化为求两个半平面所在平面的法向量,通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小.
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- 高考 数学 一轮 复习 第八 立体几何 冲关
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