高考沖刺高頻考點立體幾何全解析

高頻考點立體幾何

【命題動向】

空間直線和平面是立體幾何的主體內(nèi)容，包括線線平行、線面平行與面面平行；線線垂

直、線面垂直與面面垂直之間的相互轉化；空間角和空間距離等，它們是歷屆高考的重點.高

考對這些內(nèi)容的考查形式大致穩(wěn)定，一般為1?2個選擇題、填空題和1個解答題，選擇題、

填空題往往對考生思維的深刻性、靈活性與創(chuàng)新性提出一定的要求;而解答題一般難度不大,

考查空間想象能力.

縱觀近幾年全國各省市高考卷，立體幾何板塊多以棱柱、棱錐、球等規(guī)則幾何體為載體,

考查空間線面關系的判斷與證明、空間角與距離的計算、體積與表面積的計算等，同時結合

探索型創(chuàng)新題、動態(tài)型創(chuàng)新題等進行綜合考查.

【考點猜題】

押猜題1

如圖，正方體AG的棱長為1，過點A作平面48。的垂線，垂足為

點”.則下列說法中錯誤的是()

V3

A.點”是的中心B.A”的長為巨

3

C.A”的延長線經(jīng)過點GD.直線4〃和8男所成的角為45。

解析連接AC交80于點。，則易知點A,。共線，因為斜線Al】=A8=AD,則

有射影"a="8="。,又80是正三角形，則〃為小4出。的中心；由等體積法易求

得A”的長為］；噬4G，AB1,AD1,易證AGJ■平面48。,故C說法正確；直線A"

和84所成的角為=也=走，所以直線A"和所成的角為

AAt3

45。是錯誤的.故選D.

點評本題以正方體為載體考查空間線面的位置關系及空間距離、空間角的計算問題，

綜合性較強、難度較大，極具思考性和挑戰(zhàn)性，可充當“小鬼把門”的重要角色.

押猜題2

在半徑為R的球內(nèi)有一內(nèi)接正三棱錐，它的底面三個頂點恰好都在同一個大圓上，一

個動點從三棱錐的一個頂點出發(fā)沿球面運動，經(jīng)過其余三點后返回，則經(jīng)過的最短路程是

()

787

A.2兀RB.—71RC.—JtRD.一九R

336

解析如圖，沿球面距離運動其距離最短，最短距離為京+0+病+德

z-z—s兀R2兀R7

=2（54+48）=2（啰+寧）=（成.故選8.

點評本題以球的組合體為命題背景，設置球面距離問題，屬于一道創(chuàng)

新題.命題的創(chuàng)意是以三棱錐內(nèi)接于球來設計位置關系，以動點在球面上的運

動來考查球面距離的計算.理解球面距離的概念和掌握計算公式是解決本題的

基本要求，這里，球面距離是球面上經(jīng)過兩點的大圓在這兩點間的一段劣弧的長度，計算公

式是d=秋（其中，。是球面上兩點與球心的張角，R是球的半徑）.

押猜題3

如圖，已知四棱錐P-A8CO的底面是直角梯形，

ZABC=/BCD=9（）o,AB=BC=PB=PC=2CD=2,平面

P8C_L平面ABC。,。是6c的中點，A0交BD于點E.

（1）試探求直線PA與BD的位置關系；

（2）點M為直線P4上的一點，當點M在何位置時有PA,平面8OM?

（3）判定平面PAO與平面PAB的位置關系.

解析（1）PA1BD.

下面給出證明：?.?9?=2€1,且。是8C的中點，.?.P0_L5C,又?.?平面P8C_L平面

ABCD,PBCAABCD=BC,

：.POmABCD.

???BDu平面ABCD,:.PO1BD.

在梯形ABCD中,可得Rt\ABO絲Rt\BCD,

：.NBEO=ZOAB+NDBA=NDBC+ZDBA=90°,即A。BD.

???尸。nAO=O,：.BD1平面PAO.

又PAu平面PAO,：.PA1BD.

（2）取PA的中點M,連接OM,由于48=PB,則PAJ.BM.

又PA_LBD,所以尸A_L平面BOM.故當點M為PA的中點時，PA_L平面BOM.

（3）平面PAO平面尸AB.

下面給出證明：取P8的中點N,連接CN.

???PC=BC,：.CN±PB.①

AB1BC,且平面PBC±平面ABCD,

：.ABmPBC.

vABu平面PAB,：.平面PBC±平面PAR②

由①、②可知CNJ_平面PAR

連接MN,則由MN//AB//CD,

MN=LAB=CD,得四邊形MNCO為平行四邊形

2

：.CN〃OM,，平面PA6.

又：DMu平面PAD,：.平面PADJ_平面PAB.

點評此類題目是當今高考考查立體幾何最常見的題型，以柱體或錐體或球體或不規(guī)則

的幾何體為載體設問，主要考查空間平行、垂直等位置關系或空間角、空間距離等數(shù)量關系，

既可用傳統(tǒng)方法解決，也可用向量方法征服，要求學生根據(jù)具體問題，合理選擇解答方法.

本題將第（1）問及第（3）問設計為探索性問題，將第（2）問設計為動態(tài)探究性問題順應

高考潮流，敬請?zhí)貏e關注.

【搶分絕技】

1.空間角包括兩異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角。求空間角首先要把它轉

化為平面角，然后再用代數(shù)的方法、三角的方法或向量的方法求出它，這就淋漓盡致地體現(xiàn)

了轉化的思想、數(shù)形結合的思想，充分地展示了平移法、射影法在立體幾何中的威力，還能

很好地考查線面關系等立體幾何的基礎知識。

2.兩條異面直線所成角的范圍是（0。,90。］

求異面直線所成的角，最關鍵是要找出一個點，把其作為角的頂點，然后把兩條異面直線平

移過來，這個點也許在異面直線上，也許在空間。這個點有時很好找，如題設中直線過“中

點”，則找“中點”的可能性大；若一條直線在平面內(nèi)，另一條與平面相交，這個點可能是

這個“交點”；直線要在對稱體中，在對稱體中找“點”、找直線可能就行。總之，這個“點”

找出后，作角就容易了，計算也不難。

3.直線與平面所成角的范圍是[0。,90。]

找一條直線與平面的交角，再過直線上一點向平面作垂線。關鍵是要找垂足落在何處，才好

求出直線與平面的交角。

4二面角的范圍是[0。,180°]

二面角的平面角的作法是重點。構造二面角的平面角主要有六種方法：（1）根據(jù)定義；（2）

利用三垂線定理；（3）當二面角由兩個等腰三角形構成時，利用底面的兩條中線；（4）當求

正棱錐側面夾角時利用全等三角形；（5）在直棱柱中求截面與底面夾角時，用二面角的面積

射影定理S射了S-cose,其中。為二面角的大??；（6）向量法，利用二面角兩個面的法

向量的夾角與二面角相等或互補。

5.求角一般步驟：

（1）找出或作出有關的平面角；

（2）證明它符合定義；

（3）歸到某一三角形中進行計算，為了便于記憶，可總結口訣：“一找、二證、三計算”。

立體幾何中計算題要有推理過程，而評分標準中，推理部分占不少，考生往往只注意計算，

不注意推理，造成不必要的失分，應引以為戒。

6.設4=（%,出,。3），3=（4也，”3），則a+加=（%+4,。2+仇，。3+打）；

a-B=（q—6],出一打，叫—4）：Xa=（九％,%々，4a3）；a-b=；a//b；

a-Lb=_______

7.設5（x2,y2,z2）,則A8=O8-0A=（z-%,必一如馬一2]）。

這就是說，一個向量在直角坐標系中的坐標等于表示這個向量的有向線段的終點的坐標減起

點的坐標。

8.兩個向量的夾角及兩點間的距離公式

（1）已知Q=（4],出，。3），B=8],瓦力3）,

a-b=+a2b2+a3b3；

a}b]+a2b?+a3b3

M+a；+a；小b；+b；+b；

(2)改A(X［，M，ZJ,fi(x2,y2,z2),貝"M=o端B=0回。期dAB

表示A與8兩點間的距離，這就是空間兩點的距離公式。

10.設々是平面M的一個法向量，A3、CO是M內(nèi)的兩條相交直線，則/而=0,

n-CD=0,由此可求出一個法向量〉(向量而及而己知)。

11.利用空間向量證明線面平行：只要在平面。內(nèi)找到一條直線的方向向量為右，已知直線

的方向向量為問題轉化為證明3=/^即可?；蛘咭阎本€上的A、B兩點坐標，在平

面a內(nèi)找出兩點C、。寫成坐標形式，而=(X］，x，zJ，麗=(々，%，［2)，只要證明

Z

玉=AX2且弘=且4=A2?

12.利用空間向量證明兩條異面直線垂直：在兩條異面直線上各取一個向量Z、b,只要證

明即即可。

13.證明線面垂直：直線/,平面a,要讓/_La,只要在/上取一個非零向量萬，在a內(nèi)取

―*—??—?.—?—*—*—*.

兩個不共線的向量a、b,問題轉化為證明：pJ.a且p_Lb,也就是=0且8?p=0。

14.證明面面平行、面面垂直，最終都要轉化為證明線線平行、線線垂直。

15.空間角公式

(1)異面直線成角公式，設3、B分別為異面直線4上的方向向量，。為異面直線所

成的角，則cos0=cos,,=。

(2)線面角公式：設/為平面a的斜線，￡為/的方向向量，〉為平面a的法向量，。為/與

a成的角，則sin0=cos(a,=。

(3)面面角公式：①設I、0分別為平面a、尸的法向量，二面角為。，則。=(1,%)

或0="-(々,〃2)(需要根據(jù)具體情況判斷相等或互補)，其中COS卜］,〃2)=。

②設〃I、〃2為二面角棱的法向量，二面角為6，則。=卜1，〃2)或。=%-(〃1，〃2)(需要根

據(jù)具體情況判斷相等或互補），其中cos（］,后）=

16.空間距離

（1）點面距離公式：P為平面a外一點，a.G分別為平面a的斜向量和法向量，d為P

到a的距離d=卜os（a，〃），貝心

（2）線面距離公式轉化為點面距離；

（3）面面距離公式轉化為點面距離；

（4）異面直線的距離公式：設［為異面直線八人的公垂線上的方向向量，［為八4上兩

點的連線向量（a與w不共線），d為L4的距離，則dcos(a,〃)=<_J。

'/?

【真題再現(xiàn)】

一空間直線和平面

【考題分類】

（―）選擇題（共4題）

1.（湖北卷文4）用“、b、c?表示三條不同的直線，V表示平面，給出下列命題：

①若b//ct則“〃c；②若bLct則aj_c；

③若“〃y,b//y,則?！ㄘ?；④若b±y,則?！?

A.①②B.②③C.①④D.③④

【解析】根據(jù)平行直線的傳遞性可知①正確；在長方體模型中容易觀察出②中a、c還

可以平行或異面；③中a、6還可以相交；④是真命題，故C正確

2.（山東卷理3文4）在空間，下列命題正確的是

（A）平行直線的平行投影重合

（B）平行于同一直線的兩個平面平行

（C）垂直于同一平面的兩個平面平行

（D）垂直于同一平面的兩條直線平行

【解析】由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可以很容易得出

答案D。

【命題意圖】本題考查空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質，基礎題。

3.（浙江卷理6）設/,加是兩條不同的直線，a是一個平面，則下列命題正確的是

（A）若/上機，mua,貝i“_La(B)若/,a,,則機la

（C）若mua,則///機（D）若〃/a,m//a,則/〃相

解析：選B,可對選項進行逐個檢查。本題主要考察了立體幾何中線面之間的位置關系及其

中的公理和判定定理，也蘊含了對定理公理綜合運用能力的考察，屬中檔題

4.（上海春卷15）若空間三條直線a、b、c滿足a"，"。，則直線a與c（）

（A）一定平行；（B）一定相交；

（C）一定是異面直線；（D）平行、相交、是異面直線都有可能

答案：D

解析：由直線的位置關系可知可能平行，可以相交，也可以異面，故選D。

二空間向量

【考題分類】

(-)填空題(共1題)

1.(廣東卷理10)若向量不=(1,1,x),5=(1,2,1),云=(1,1,1)滿足條件(？-

萬)?(25)=-2,貝!]%=

【解析】c--a=(0,0,1-x)?(c-?)-(2b)=2(0,0,1-x)-(1,2,1)=2(1-x)=-2

解得x=2.

三空間角與距離

【考題分類】

（-）選擇題（共6題）

1.（全國I卷理7文9）正方體ABCD-絲Q3中，B芻與平面AC?所成角的余弦值為

V2y/32逅

A3B3c2_D3

【答案】D

【命題意圖】本小題主要考查正方體的性質、直線與平面所成的角、點到平面的距離的求法,

利用等體積轉化求出D到平面Ac3的距離是解決本題的關鍵所在,這也是轉化思想的具體

體現(xiàn).

【解析】因為BB1//DD1,所以B芻與平面AC3所成角和DD1與平面ACa所成角相等,設DO

SD0SDD

，平面ACn,由等體積法得V竺M=y型竺5即~3^CD'~3^MCD'\.設DDl=a，則

2211,

SMcn^-ACAD.sin600=-x(V2a)x—^—aSMc-ADCDk

MS2222

所以S",J3a-3,記DDI與平面AC以所成角為夕_,則

。。百V6

sine==T=_rcos"匚

°n3，所以3

2.(全國［卷文6)直三棱柱ABC—AgG中，若ZBAC=90°,ABACAA^則

異面直線BA'與"G所成的角等于

(A)30°(B)45°(C)60°(D)90°

【答案】C

【命題意圖】本小題主要考查直三棱柱4Be—44G的性質、異面直線所成的角、異面直

線所成的角的求法.

【解析】延長CA到DJ姆AD=AC,則A04G為平行四邊形，ND4］就是異面直線641

與A&所成的角，又三角形為等邊三角形，??.NDA/=60°

3.(全國H卷理11文11)與正方體ABCD—A1B1C1D1的三條棱AB、CCKA1D1所在直線的

距離相等的點

(A)有且只有1個(B)有且只有2個

(C)有且只有3個(D)有無數(shù)個

【答案】D

【解析】直線B：D上取一點，分別作P0：，P0”段垂直于B：D：,B：C,B：A?于0：,0：,0:,則

P0：_L平面A：C：,P0；■!■平面B：C,P0：J.平面A：B，0：>0；.0：分別

作?？谝?“°：一"-CCkQO一"3,垂足分別為比N,Q,連PM,PN,PQ,由三垂線

定理可得，PN±AA=PM±CC1；PQ±AB,由于正方體中各個表面、對等角全等，所以

PO：=PO；=PO:,O,X=O;.U=0.0,.?.PM=PN=PQ,即P到三條棱AB、CC1、A1D1.所在直線的

距離相等所以有無窮多點滿足條件，故選D.

4.(全國H卷文8)已知三棱錐ABC中，底面A8C為邊長等于2的等邊三角形，S4垂

直于底面A8C,54=3,那么直線AB與平面S8C所成角的正弦值為

V3V5V73

(A)4(B)4(C)4(D)4

【答案】D：

【命題意圖】本題考查了立體幾何的線與面、面與面位置關系及直線與平面所成角。

【解析】過A作AE垂直于BC交BC于E,連結SE,過A作AF垂直s

于SE交SE于F,連BF,I?正三角形ABC,E為BC中點，：BC

±AE,SA±BC,Z.BC_L面SAE,BC±AF,AF±SE,，AF±jt|SBC,

?；/ABF為直線AB與面SBC所成角，由正三角形邊長3,

33

4?/T三W—sinZABF--

AE=73,AS=3,SE=203,AF=2,4A

5.（重慶卷理10）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于

另一條直線的平面內(nèi)的軌跡是

A.直線B.橢圓C.拋物線D.雙曲線

【答案】D

解析：排除法軌跡是軸對稱圖形，排除A、C,軌跡與已知直線不能有交點，排除B

6.（重慶卷文9）到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點

（A）只有1個（B）恰有3個

（C）恰有4個（D）有無窮多個

【答案】D

【解析】放在正方體中研究,顯然，線段。&、EF、FG、GH、

HE的中點到兩垂直異面直線AB、CD的距離都相等，

所以排除A、B、C,選D

亦可在四條側棱上找到四個點到兩垂直異面直線AB、CD的距離相等

（-）填空題（共1.題）

1.（四川卷理15文15）如圖，二面角。一，一夕的大小是60°,線段ABu

Be】，AB與/所成的角為30°,則A8與平面月所成的角的正弦值是

解析：過點A作平面B的垂線，垂足為C,在B內(nèi)過C作1的垂線.垂足為D

連結AD,有三垂線定理可知ADJ_1,

故NADC為二面角。一/一6的平面角，為60。

又由已知，ZABD=30°

連結CB,則/ABC為A3與平面￡所成的角

設AD=2,貝IJAC=6,CD=1

AD

AB=sin300=4

AC6

，sinNABC=AB4

V3

答案：4

（三）解答題（共33題）

1.（安徽卷理18）如圖，在多面體ABCOEF中,

四邊形ABCD是正方形，EF//AB,

EFLFB,AB=2EF,ZBFC=90°,

BF=FC,H為BC的中點。

（I）求證：FH〃平面EDB；

（H）求證：AC，平面EO8；

（HD求二面角8-OE-C的大小。

（18）（本小題滿分13分）本題考查空間線面平行、■線面垂直、面面垂直的判斷與證明，考查二面角的求

法以及利用向量知識解決幾何問題的能力，同時考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力.

（綜合法）（I）證:設4C瓦）交于點C,則G為AC的中點.連￡C,CH,

又〃為3（：的中點，.?.GHJLgAB.又EFjL^-AB,EFJLGH.

???四邊形E力/C為平行四邊形.

EC//FH.而ECU平面EDB,FH〃平面EDB.

（口）證：由四邊形「18CD為正方形，有A81EC.又稗〃4E,

AEFi.BC.

而EF_LFB,:.-.EflFH,.-.AB1FH.

又BF=FC,H為a.的中點，；.FH1BC.

±平面ABCD.FHLAC.

又FH//EG,.4C1FG.

又皿肛=.U平面EO8.

第（18）題綜合法用圖

（m）解：EFjFR,Z.8FC=90°,BF_L平面CDEF.

在平面CDEF內(nèi)過京F作FKJ.DE交DE的延長線于K,

則LFKR為二面角B-DE-C的一個平面角.

設E尸=1,則.48=2,FC=泛，DE=B.

又EF//DC、：.^KEF=/_EDC..-.sin乙EDC=sin乙歡尸=￡.

A

FK=EFsinz.KE!'tan乙FKB=塔尸3,Z_FKE=60°.

.73FK"

二面角B-DE-C為60。.

（向量法）：

???四邊形ARCf）為正方形，二AH±BC.又EF//AI3,EF_i.BC.

又EFj_FB,EF1平面HFC.

EF1.FH,.-.ASS.FH.

又BF=FC,H為8Q的中點，；.FHLBC.；.以/!.平面A8C.

以H為坐標原點，噸為工軸正向，泳為z軸正向，建立如圖所示

坐標系.'第（18）題向量法用圖

設BH=1、則4(1,-2,0),8(1,0,0),C(-1,0,0),

0(-1,-2,0),￡(0,-1,1),F(0,0,1).

(I)證：設八C與8。的點為C,連CE,CH,

則C(0,-1,0),.-.G￡=(0,0,1),又辦=(0,0,1)

濟〃旗

CEU平面EDB,///不在鄭jEDB內(nèi)一?.FH〃平面EBD.

(H)證:無=(-2,2,0),亥=(0,0,1),A￡?^=0,AC1.GE.

又ACLBD,EGCBD=G,平面EDB.

(HI)解：就=(-1,-1,1),前=(-2,-2,0).

設平面BDE的法向量為6=(1,%,4)，

則港?71)=-1-y,+z,=0,BD-H,=-2-2%=0,

*b-7i=-1,z\=。，即〃i=(1,—1,0).

3=(0,-2,0),荏=(1,-1,1),

設平鱉?！甑姆ㄏ虮P為仆=(1-),則%=oo

%?在=0,1-力+內(nèi)=0,今=-1,、

故%=(1,0,-1),

cos<”],%>"|,n2

|n>?,|?2|一方.笈

<ni?n2>=60°,即二面角8-0E-C為60。

2.(安徽卷文19)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊

形ABCD是正方形，AB=2EF=2,EF〃AB,EF_LFB,/

BFC=90°,BF=FC,H為BC的中點,

(I)求證：FH〃平面EDB;

(II)求證:AC_L平面EDB;

（III）求四面體B—DEF的體積；

【命題意圖】本題考查空間線面平行、線面垂直、

面面垂直的判斷與證明，考查體積的計算等基礎知

識，同時考查空間想象能力、推理論證能力和運算

能力.

【解題指導】（1）設底面對角線交點為G,則可以通

過證明EG〃FH,得FH〃平面EOB；（2）利用線

線、線面的平行與垂直關系，證明FH_L平面ABCD,

得FH±BC,F1I1AC,進而得EG±AC,AC,平面EO8:（3）證明BF_L平面CDEF,得BF

為四面體B-DEF的高，進而求體積.

⑴證：設崗交于原則為的中點，&,EG,GH

由于的的味點，故GHH^AB,

又四喉鄭P行四邊魂FGH

：.EG//FH,而卸能平面DBFH//EDB

(PI證：由四邊形ABCD為正方形，有AB%C

又EF〃AB,「EFJBCiTnEF,EHMEE±BFG,:.A.FH

二.AB又溝的中朦尸尸G,”BCFH1BC

:.FH1^W\ABCD.

FH1AC又FlNJEGAC1EG,ACLBDEGcBD=G

ACJL平面EDB

(HI)：?.-EF^0j>5,ZBFC=90°,/.BF±CDEF.

8尸為四面體的高出雙BC=AB=2,:.BF=FC=C

、歷*、歷-

V=B-1DE*FJ_-*3*122乙17乙一3*

【規(guī)律總結】本題是典型的空間幾何問題，圖形不是規(guī)則的空間幾何體，所求的結論是線面

平行與垂直以及體積，考查平行關系的判斷與性質.解決這類問題，通常利用線線平行證明

線面平行，利用線線垂直證明線面垂直，通過求高和底面積求四面體體積.

3.(北京卷理16)如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，CE1AC.EF/7

AC,AB=^2,CE=EF=1.

(I)求證：AF〃平面BDE；

(II)求證：CF_L平面BDE：

(III)求二面角A-BE-D的大小。

證明：(I)設AC與BD交于點G,甌EF/7AG,且EF=1,AG=2AC=1,

所以四邊形AGEF為平行四邊形。所以AF〃EG。因為EGup平面BDE,AF2平面BDE,所以

AF〃平面BDE,

(II)因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，且CELAC,所以CELAC,所

以CE_L平面ABCD。女圖，以C為原點，建立空間直角坐標系C-xyz。

則C(0,0,0),AS,6,o),D(亞，0,0),E(0,

A：

yf2V2A/2>/2

0,1),F(2,2,1)。胭CF=(2,2,1),赤=(0,一逝，1),DE

=(-&,0,1)?所以CF-3E=0T+l=0,CF.￡)E=-1+0+1=0。所以CF

±BE,CF±DE,所以CFJ_平面BDE

V2V2

(III)由(H)知，CF=(2,2,i),是湎BDE的一個法向量，設平面ABE的法

向量"二(x,y,z)，則〃?BA=0,〃?BE-QO

(x,y,z)?(&,(),0)=0

?

即鼠,乂2)?(0,—板,1)=0

所以x=0,且yo令y=i,貝ijz=V2o所以口二(0」,亞)，從而cos(〃，CF)

nCF_y/3

=T

=m

7T

因為二面角A-BE-D為銳角，所以二面角A-BE-D為6。

4.（北京卷文16）如圖,正方形ABCD和四邊形ACEF

所在的平面互相垂直。EF//AC,AB=J^,CE=EF=1

（I）求證:AF〃平面BDE；

（II）求證:CF工平面BDF;

⑹答案（共13分）

證明：（I）設AC與BD交于點G.

因為EF〃AG,且EF^l,AG=:AC=1

所以四邊形AGEF為平行四邊形

所以AF〃EG

因為EGU平面BDE,AFN平面BDE,

所以AF〃平面BDE

(0)連接FG.

因為EF〃CG.EF^CG=1.

且CE=1,

所以平行四邊形CER；為菱形

所以CF_LEG.

因為四邊?形ABCD為正方形，所以BD±AC.

又因為平面ACEF_L平面ABCD,

且平面ACEFC平面ABCD=AC,

所以BDJ_平面ACEF.

所以CF±BD.

又BDCEG=G,

所以CF_L平面BDE.

17.【命題意圖】本題考查了立體幾何中的線面平行關系、線面垂直關系、面面垂直關

系.本題考查要點明確，是一道基礎題型具體考查中以考查有關線面關系的判定定理和性質

定理為主體，同時兼顧考查學生的空間想象能力.

【點評】立體幾何問題時高考每年必考內(nèi)容，此類問題主要有兩類一是考查有關的線

面關系的證明問題，一是考查簡單幾何體的體積問題.求解此類問題的前提是能夠熟練的記

憶各個判定定理、性質定理和常用的結論、公式.此類問題也側重于對空間想象能力的考查,

因此在平時的學習中要針對以上各個方法進行訓練.

5.(福建卷理18)如圖，圓柱。。內(nèi)有一個三棱柱AB。-三棱柱的底面為圓柱底

面的內(nèi)接三角形，且43是圓。的直徑。

(I)證明：平面4ACGj_平面⑸BC&；

(II)設A8=44。在圓柱°。內(nèi)隨機選取一點，記該點取自于三棱柱ABC—AUG內(nèi)

的概率為2。

(i)當點°在圓周上運動時，求〃的最大值；

(n)記平面4A°G與平面片℃所成的角為e(0。<e<9o°)。當°取最大值時，求

cos。的值。

【命題意圖】本小題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，以及幾何

體的體積、幾何概型等基礎知識，考查空間想象能力、運算求解能力、推理論證能力，考查

數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想、必然與或然思想。

【解析】(I)因為AA1‘平面ABC,BCu平面ABC,所以AA|_LBC,

因為AB是圓0直徑，所以BCJ.AC,又ACCAA|=A,所以BCJ_平面A^ACC

而BCu平面B|BCG,所以平面A】ACC11平面B.BCC,

(H)(i)設圓柱的底面半徑為r,則AB=AA|=2r,故三棱柱ABC-A|B￡|的體積為

V,=-ACBC-2i,,,,

2=ACBCr,又因為AC?+BC2=AB2=4r2,

ACR「＜AC2+BC2

AL,S：-------------------iI-

所以2=2廣，當且僅當AC=BC=12r時等號成立,

從而V\＜2r3,而圓柱的體積V=萬產(chǎn)-2r=2萬，，

口2r3J,

故P=V-2HI'當且僅當AC=BC=",即OC_LAB時等號成立,

所以〃的最大值是萬。

(ii)由(i)可知，0取最大值時，℃_LAB,于是以o為坐標原點，建立空間直角坐

B,

標系°-xyz(如圖)，則c(r,0,0),B(0,r,0),(0,r,2r),

因為BC_L平面A|ACC1,所以BC=(r,-r,O)是平面A|ACG的一個法向量，

n_LOC得產(chǎn)=0|x=0

設平面與。。的法向量Mx,y,z),由［-函")'+2rz=0,故fy=-2z,

取z=1得平面BQC的一個法向量為n=(0,-2,l),因為0。＜夕G90°.

n-BC

cos0=1cos(凡BC)1=

\n\-\BC

所以

6.(福建卷文20)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中,E,II

分別是棱A1BLD1C1上的點(點E與B1不重合)，且EH〃A1D1.

過EH的平面與棱BB1,CC1相交，交點分別為F,Go

(I)證明：AD〃平面EFGH；

(II)設AB=2AA1=2a.在長方體ABCD-A1B1C1D1內(nèi)隨機選

取一點。記該點取自幾何體A1ABFE-D1DCGH內(nèi)的概率為p,當點

E,F分別在棱A1B1上運動且滿足EF=a時，求p的最小值.

20.本小也i匕線?直線與平面的位置關系，以及幾何體的體積、幾何概型等

基礎知識，考轉空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、

數(shù)舷結合思想*化的與轉化思想、必然與或然思想.滿分12分.

解法一：

<1)i『明:在長方體ABCDA1BQD1中,AD//AiDb

XTEH/ZAiDj..'.AD//EH

AD<Z平面EFGH,

EHu平面EFGH.

；.AD'平面EFGH.

<n)設BC=b,則

長方體ABCDA]B：GDi的體積V=AB?AD?Ak^la'b.

64E

幾何體EB】FHC】C的體積6=2-

?「EB^^B,F-=a2.

爐

當且僅當EB、_=BiF=三a時等號成立

從0.

4

a2b

故"一今二"備=9

當且僅當五/=馬尸=與。時等~k

7

所以，p的最小值等r'-

8

7.(廣東卷理18)如圖，弧AEC是半徑為a的半圓，AC為直徑，點

E為弧AC的中點，點B和點C為線段AD的三等分點。平面AEC外

一點F滿足FB=FD=J^a,FE=^a,

(1)證明：EB1FD；

22

(2)已知點Q,R分別為線段FE,FB上的點，使得FQ=3FE,FR=3FB,求平面BED與平面RQD

所成二面角的正弦值。

證明：(1)連結CF.

因為助C是半徑為a的半圓，0c為直徑，點￡為目。的中點，所以￡814C.

在R山BCE中,EC={BC'+BE”=&+J=缶.

在ABDF中，BF=DF=6,所以A3力尸是等腰三角形，且點C是底邊8。的中

熱所以CF1M.

在ACE尸中，EF2=6a2=(72a)2+(2a)2=CE1+CF2,所以ACE尸是我必，留

CF1EC.

由CF1M,CFLEC,且C&nM=C,，尸CJ■平面8如，

而防u平面8如，...FC1E8,

二8￡1平面8。尸，而尸Du平面80尸，二￡819D；

(2)設平面BED與平面RQD的交線為0G.

22

由BQ=3FE,FR=』FB知，QR11EB.

而E8u平面，.?.QRII平面50尸，

而平面BDFA平面RQD=DG,

.QRDGEB

??IIII

由(1)知，BE_L平面3。尸，；.OGJ.平面8OF,

而ORu平面80u平面80/，

.DGVDR,DGLDQ

ANRDB是平面BED與平面RQD所成二面角的平面角.

在RMBC尸中，CF=加嚴-BC?=J(氐,一a?=2a

sinZRBD=—=^=^=cosZRBD=Vl-sin2Z.RBD1

BFy/5a后,

在△SDK中，由尸氏=2斤8知，BR=-FB=-y/5a=—a.

3333

由正弦定理知,

RD=+BX-2BDBRcos/RBD

y/51后

3石3

由正弦定理知,

BR_RD

即

sinZ.RDBsinZ.RBDsin乙RDB2

加2

3亞2V29

sinNRDB=

V2929

—a

3

2月

故平面BED與平面RQ。所成二面角的正弦值是29.

8.（廣東卷文18）如圖4,弧AEC是半徑為"的半圓，AC為直

徑，點E為弧AC的中點，點B和點C為線段AD的三等分點，

平面AEC外一點F滿足FC1平面BED,FB=?.

（1）證明：EBLFD.

(2)求點B到平面FED的距離.w_w*w.k_s_5u.c*o*m

解析：（1）證明：.??點E為弧AC的中點

乙4BE=g,即BE_L4C

又???FC,平面BED,3Ee平面BED

FC±BE

又vFC、ACw平面FBD,FCcAC=C

二BE_L平面FBD

?rFDe平面FBD

EB_LFD

(2)解：FC--4BF--BC-=V5?2-az=2a

S^RTEBD=萬BE，BD=-a?2.a=a~

在Rt^FBE中，F(xiàn)E=YBE'+BF'=4&a

由于：FD=ED=-/5a

2

所以=^FE=、x床axJ5a--=2^La

//V//

由等體積法可知：

§S^RTEBD'FC=—SRDE，"

即點B到平面FED的距離為土！

9.(湖北卷理18)如圖，在四面體ABOC中，

OC1OA,OC1OB,ZAOB=120'目OA=OB=OC=\

(I)設為P為AC的中點，證明：在A8上存在一點。，使

AB

PQ_LO4,并計算AQ的值；

(II)求二面角O—AC-8的平面角的余弦值。

18.本小St主要考查空間直蛟與直線.直線與平面的位置關系和二面角等基礎知識.同時

考變空間煙象熊力、推理論證就力和運算求用能九（滿分12分）

制法一，

<I）在5FflBOlB內(nèi)件的J.O*交48于-N

乂OALOC.二。4,平面CWC.

???NCU平面6WC.

:.O八NC.

KLQ為/N的中點.則PQ〃加C.

：.PQLOA

在等腰MO8中.ZX6>￡T?）20".

.-.Z.OAB-Z.OBA?30,.

在Rt&AON中.NCMN>30、ON=gAN=AQ.

在&ONB中.ZHQB=120-"90'=30"口公BQ、:?NB=ON=AQ、

.ABc

AQ

<11）連虬PN.P0.

/t\X.

由81。4,0cl08知，0cl.平面045.f7?\\、

又。Ru平面。18,；.OCJLO".

乂由ONJ,。/知tONJL平面40C.

.?.OP站種花平面/8內(nèi)的射影.

在等版RtACC”中，/）為/C的中點..ACLOP.

根據(jù)二及線定理.知：ACLNP.

A￡OPN為二曲角O-4C-8的平面知

在等腰RSC。/中.0c=0*=1.二。

在RMQN中.（W=Q/tan30'=4，

解法二。

(1)取。為坐標原點.分別以04OC所在的代線為工粕，：物，

建立至何H角坐標系。-行(如圖所示).

?Jy1(l,0.0).<(0,0.1).s(-1,^,0).

?『為"中點，工嗎，嗎).

二OQ=OA+AQ"0.0.0)-?-A(—=(1,

J.&n因一9=(白亞當4