高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 第14講 高考中的立體幾何教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第14講高考中的立體幾何題型一|空間位置關(guān)系的證明(2016·江蘇高考)如圖14－1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1圖14－1求證：(1)直線DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C[解題指導(dǎo)](1)DE是△ABC的中位線eq\o(→,\s\up6(中位線的),\s\do12(性質(zhì)))DE∥ACeq\o(→,\s\up6(平行的),\s\do12(傳遞性))DE∥A1C1eq\f(線面平行,的判定)DE∥平面A1C1F(2)A1C1⊥A1B1eq\o(→,\s\up6(直棱柱的性質(zhì)))A1C1⊥平面ABB1A1→A1C1⊥B1Deq\o(→,\s\up6(B1D⊥A1F))B1D⊥平面A1C1F→平面B1DE⊥[證明](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥在△ABC中，因?yàn)镈，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.2分又因?yàn)镈E?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，所以直線DE∥平面A1C1F.4分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1因?yàn)锳1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.6分又因?yàn)锳1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.8分因?yàn)锽1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.10分又因?yàn)锽1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.12分因?yàn)橹本€B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.14分【名師點(diǎn)評(píng)】1.正確并熟練掌握空間中平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理，是進(jìn)行判斷和證明的基礎(chǔ)；證明面面平行、垂直時(shí)，常轉(zhuǎn)化為線面的平行與垂直，再轉(zhuǎn)化為線線的平行與垂直．2．證明立體幾何問(wèn)題，要緊密結(jié)合圖形，有時(shí)要利用平面幾何的相關(guān)知識(shí)，因此需要多畫(huà)出一些圖形輔助使用．1．(2016·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研一)如圖14－2，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，M是棱AD的中點(diǎn)，N是棱PC的中點(diǎn)．圖14－2(1)求證：MN∥平面PAB；(2)若平面PMC⊥平面PAD，求證：CM⊥AD.[證明](1)取PB中點(diǎn)E，連結(jié)EA，EN，NM，在△PBC中，EN∥BC且EN＝eq\f(1,2)BC，又AM＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，AD＝BC，得EN∥AM，EN＝AM，∴四邊形ENMA是平行四邊形，4分得MN∥AE，MN?平面PAB，AE?平面PAB，∴MN∥平面PAB.6分(2)過(guò)點(diǎn)A作PM的垂線，垂足為H.∵平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，AH⊥PM，AH?平面PAD，∴AH⊥平面PMC，∵CM?平面PMC，∴AH⊥CM.12分∵PA⊥平面ABCD，CM?平面ABCD，∴PA⊥CM.∵PA∩AH＝A，PA，AH?平面PAD，∴CM⊥平面PAD.∵AD?平面PAD，∴CM⊥AD.14分2．如圖14－3，在四棱錐P－ABCD中，已知底面ABCD為矩形，PA⊥平面PDC，點(diǎn)E為棱PD的中點(diǎn)．求證：圖14－3(1)PB∥平面EAC；(2)平面PAD⊥平面ABCD.[證明](1)連結(jié)BD與AC相交于點(diǎn)O，連結(jié)OE.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)為BD中點(diǎn).3分因?yàn)镋為棱PD中點(diǎn)，所以PB∥OE.因?yàn)镻B?平面EAC，OE?平面EAC，所以直線PB∥平面EAC.6分(2)因?yàn)镻A⊥平面PDC，CD?平面PDC，所以PA⊥CD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD⊥CD.10分因?yàn)镻A∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD.因?yàn)镃D?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.14分3．如圖14－4，正三棱柱ABC－A1B1C1，點(diǎn)D，E分別是A1C，圖14－4(1)求證：DE∥平面BB1C(2)若AB＝eq\r(2)BB1，求證：A1B⊥平面B1CE.[證明](1)連結(jié)AC1，BC1，因?yàn)锳A1C1C是矩形，D是A1C的中點(diǎn)，所以D是AC1的中點(diǎn).3分在△ABC1中，因?yàn)镈，E分別是AC1，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC1.因?yàn)镈E?平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，所以DE∥平面BB1C1C.6分(2)因?yàn)椤鰽BC是正三角形，E是AB的中點(diǎn)．所以CE⊥AB.又因?yàn)樵谡庵鵄BC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ABB1A1，交線為AB，所以CE⊥平面ABB1A1，從而CE⊥A1B.在矩形ABB1A1中，因?yàn)閑q\f(A1B1,B1B)＝eq\r(2)＝eq\f(B1B,BE)，所以Rt△A1B1B∽R(shí)t△B1BE，12分從而∠B1A1B＝∠BB1E，因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，所以A1B⊥B1E.又因?yàn)镃E，B1E?平面B1CE，CE∩B1E＝E，所以A1B⊥平面B1CE.14分題型二|空間幾何體的體積計(jì)算如圖14－5，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)，G分別為AC，DC，AD的中點(diǎn)．圖14－5(1)求證：EF⊥平面BCG；(2)求三棱錐D－BCG的體積．附：錐體的體積公式V＝eq\f(1,3)Sh，其中S為底面面積，h為高．【導(dǎo)學(xué)號(hào)：19592044】[解](1)證明：由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.2分又G為AD的中點(diǎn)，所以CG⊥AD.3分同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BGC.5分又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.7分(2)在平面ABC內(nèi)，作AO⊥BC，交CB的延長(zhǎng)線于O.由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC.9分又G為AD中點(diǎn)，因此G到平面BDC的距離h是AO長(zhǎng)度的一半.11分在△AOB中，AO＝AB·sin60°＝eq\r(3)，所以VD－BCG＝VG－BCD＝eq\f(1,3)S△DBC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BD·BC·sin120°·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2).14分【名師點(diǎn)評(píng)】1.求三棱錐的體積，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．2．求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補(bǔ)形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解．3．在求空間幾何體的高時(shí)，常根據(jù)已知線段的比例關(guān)系來(lái)確定高的比例關(guān)系，例如本例中點(diǎn)A、點(diǎn)G到平面BCD的距離的關(guān)系．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直線A1B上．(1)求證：平面A1BC⊥平面ABB1A1(2)若AD＝eq\r(3)，AB＝BC＝2，P為AC中點(diǎn)，求三棱錐P－A1BC的體積．圖14－6[解](1)證明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC∴AA1⊥BC.∵AD⊥平面A1BC，∴AD⊥BC.3分∵AA1，AD為平面ABB1A1內(nèi)兩相交直線，∴BC⊥平面ABB1A1.又∵BC?平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面ABB1A1.6分(2)法一：由等積變換得VP－A1BC＝VA1－PBC，在Rt△A1AB中，由射影定理知AA1＝2eq\r(3).∵AA1⊥平面PBC，∴三棱錐的高為AA1＝2eq\r(3).12分又∵底面積S△PBC＝1，∴VP－A1BC＝VA1－PBC＝eq\f(1,3)S△PBC×AA1＝eq\f(2\r(3),3).14分法二：連結(jié)CD，取CD中點(diǎn)Q，連結(jié)PQ.∵P為AC的中點(diǎn)，∴PQ∥AD，PQ＝eq\f(1,2)AD.∵AD＝eq\r(3)，∴PQ＝eq\f(\r(3),2)，12分由(1)知AD⊥平面A1BC，∴PQ⊥平面A1BC，∴PQ為三棱錐P－A1BC的高，又由(1)知BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥BA1，∴S△A1BC＝4.∴VP－A1BC＝eq\f(2\r(3),3).14分題型三|空間角的計(jì)算(2013·江蘇高考)如圖14－7，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，點(diǎn)D是圖14－7(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值．[解](1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－4)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(1，－1，－4).3分因?yàn)閏os〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(C1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(C1D,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(C1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(18,\r(20)×\r(18))＝eq\f(3\r(10),10)，所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為eq\f(3\r(10),10).6分(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,2,4)，所以n1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AC1,\s\up6(→))＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一個(gè)法向量.12分取平面ABA1的一個(gè)法向量為n2＝(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ.由|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(2,\r(9)×\r(1))＝eq\f(2,3)，得sinθ＝eq\f(\r(5),3).因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為eq\f(\r(5),3).14分【名師點(diǎn)評(píng)】三種空間角的向量求法1．異面直線所成的角θ，可以通過(guò)兩直線的方向向量夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|；2．直線與平面所成的角θ主要可以通過(guò)直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|；3．二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過(guò)二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角．(2016·蘇州期中)如圖14－8，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是線段EF的中點(diǎn)．圖14－8(1)求二面角A－DF－B的大??；(2)試在線段AC上確定一點(diǎn)P，使PF與BC所成的角是60°.[解](1)以eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系，則E(0,0,1)，D(eq\r(2)，0,0)，F(xiàn)(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，B(0，eq\r(2)，0)，A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0,1)．平面ADF的法向量t＝(1,0,0)，設(shè)平面DFB法向量n＝(a，b，c)，則n·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0