高考导航
1.关于立体几何,每年必考大题.第1问多为证明平行垂直问题,第2问多为计算问题,求空间角较多,其特点:证明过程中一般要用到初中平面几何的重要定理.
2.根据考查的角度不同,可以将考查分为两种类型:①直接考查,直接由题目所给关系判定平行、垂直关系或直接求角的大小;②逆向考查,即由给出平行、垂直关系或给出角的大小来判定点、线的位置,常以探索性问题出现.
例题精析
【例1】(2019年全国Ⅱ卷)如图5.1所示,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
图5.1
(1)证明:BE⊥平面EB1C1.
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
▶ 解题指南
(1)罗列条件(初审题):①长方体ABCD-A1B1C1D1;②ABCD是正方形;③BE⊥EC1.
作分析图:
(2)几何法基本步骤:一作(难点)二证三计算.
几何法(难点——如何作二面角的平面角)突破思维流程:①有垂直于棱EC的面吗?如果有,用平面法作平面角;②半平面内有垂直于棱EC的线吗?如果有,用定义法作平面角;③有垂直于某半平面的线(或面)吗?如果有,用三垂线法作平面角(或射影面积法求).
向量法(难点——如何建立空间直角坐标系)突破思维流程:①有没有两两垂直的三条棱?如果有,直接以这三条棱为坐标轴建系;②有没有线面垂直?如果有,则以垂足为原点建系;③有没有面面垂直?如果有,过面内一点作交线的垂线转化为②建系.
(3)规范书写解答过程.
▶ 解析
(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)向量法(几何法略):
由(1)知∠BEB1=90°,由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,则∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,为单位长,建立如图5.2所示的空间直角坐标系D-xyz,则
图5.2
设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),则
变式1 1.如图5.3所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是矩形,A1D与AD1交于点E,AA1=AD=2AB=4.
图5.3
(1)证明:AE⊥平面ECD.
(2)求直线A1C与平面EAC所成角的正弦值.
▶ 解析
(1)证明:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,所以AA1⊥平面ABCD,则AA1⊥CD.
又CD⊥AD,AA1∩AD=A,所以CD⊥平面AA1D1D,则CD⊥AE.
因为AA1⊥AD,AA1=AD,所以AA1D1D是正方形,则AE⊥ED.
又CD∩ED=D,所以AE⊥平面ECD.
(2)因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,底面ABCD是矩形,所以以A为坐标原点建立如图5.4所示的空间直角坐标系A-xyz,则
图5.4
令Z=1,则n=(2,-1,1),设直线A1C与平面EAC所成的角为α,则
所以直线A1C与平面EAC所成角的正弦值为
2.如图5.5所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面PAC.
(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值.
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.
图5.5
规范解答
【例2】(2019年全国I卷)如图5.6所示,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
图5.6
(1)证明:MN∥平面C1DE.
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
▶ 解题指南
图5.7
变式2 1.如图5.8所示,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,
(1)求证:AF∥平面BDE.
(2)求证:CF⊥平面BDE.
(3)求二面角A-BE-D的大小.
图5.8
▶ 解析
(1)证明:设AC与BD交于点G.
因为EF∥AG,且EF=1,AC=2,AG=1,
所以四边形AGEF为平行四边形,则AF∥EG.
因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,
所以AF∥平面BDE.
(2)证明:因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,
所以CE⊥平面ABCD.
如图5.9所示,以C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz,则
图5.9
2.如图5.10所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是正方形,SA⊥底面ABCD,SA=AB=2,点M是SD的中点,AN⊥SC,且交SC于点N.
(1)求证:SB∥平面ACM.
(2)求点C到平面AMN的距离.
图5.10
▶ 解析
(1)证明:如图5.11所示,连结BD交AC于E,连结ME.
因为ABCD是正方形,所以E是BD的中点.
因为M是SD的中点,所以ME是△DSB的中位线.
故ME∥SB.
又因为ME⊂平面ACM,SB⊄平面ACM,
所以SB∥平面ACM.
(2)由条件有DC⊥SA,DC⊥DA,
所以DC⊥平面SAD,DC⊥AM.
又因为SA=AD,M是SD的中点,则SD⊥AM,
所以AM⊥平面SDC,SC⊥AM.
图5.11
由已知有SC⊥AN,则SC⊥平面AMN,
于是CN⊥面AMN,则CN为点C到平面AMN的距离.
在Rt△SAC中,SA=2,
又Rt△SAC~Rt△ANC,于是AC2=CN·SC,(www.xing528.com)
故点C到平面AMN的距离为
【例3】如图5.12所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,M是棱BB1上一点.
(1)求证:B1D1∥平面A1BD.
(2)求证:MD⊥AC.
(3)试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
图5.12
▶ 解题指南
求解条件探索性问题的主要途径:①先猜后证,即先观察与尝试,猜出条件再证明;②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.
▶ 解析
(1)证明:由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,得BB1∥DD1,且BB1=DD1,
所以四边形BB1D1D是平行四边形,
则B1D1∥BD.
而BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,
所以B1D1∥平面A1BD.
(2)证明:因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以BB1⊥AC.
又因为BD⊥AC,且BD∩BB1=B,
所以AC⊥平面BB1D.
而MD⊂平面BB1D,则MD⊥AC.
(3)当M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D.
证明如下:
如图5.13所示,取DC的中点N,D1C1的中点N1,连接NN1交DC1于点O,连接OM,BN.因为N是DC中点,BD=BC,所以BN⊥DC.
图5.13
又因为DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,而平面ABCD⊥平面DCC1D1,所以BN⊥平面DCC1D1.
易证O是NN1的中点,所以BM∥ON,且BM=ON,
即四边形BMON是平行四边形,则BN∥OM,
所以OM⊥平面CC1D1D.
因为OM⊂平面DMC1,
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
变式3 1.如图5.14所示,平面ABCD⊥平面BCE,四边形ABCD为矩形,BC=CE,F为CE的中点.
(1)求证:AE∥平面BDF.
(2)M为CD上任意一点,在线段AE上是否存在点P,使得PM⊥BE?若存在,确定点P的位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.
图5.14
▶ 解题指南
涉及“点的位置”的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明,探索点存在问题,点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识找出点的位置.
▶ 解析
(1)证明:如图5.15所示,连接AC交BD于点O,连接OF.
图5.15
因为四边形ABCD是矩形,
所以O为AC的中点.
又因为F为EC的中点,
所以OF∥AE.
因为OF⊂平面BDF,AE⊄平面BDF,
所以AE∥平面BDF.
(2)当点P为AE的中点时,有PM⊥BE.证明如下:
如图5.16所示,取BE的中点H,连接DP,PH,CH.
图5.16
因为P为AE的中点,H为BE的中点,所以PH∥AB.
又因为AB∥CD,所以PH∥CD.
故P,H,C,D四点共面.
因为平面ABCD⊥平面BCE,平面ABCD∩平面BCE=BC,CD⊥BC,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面BCE.
又因为BE⊂平面BCE,所以CD⊥BE.
因为BC=CE,且H为BE的中点,
所以CH⊥BE.
又因为CH∩CD=C,CH,CD⊂平面DPHC,
所以BE⊥平面DPHC.
又因为PM⊂平面DPHC,所以PM⊥BE.
2.如图5.17所示,侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1+AB+AC=3,AB=AC=t(t>0),P是侧棱AA1上的动点.
(1)当AA1=AB=AC时,求证:A1C⊥平面ABC1.
(2)试求三棱锥P-BCC1的体积V取得最大值时的t值.
(3)若二面角A-BC1-C的平面角的余弦值为,试求实数t的值.
图5.17
图5.18
巩固提高
1.如图5.19所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点.
(1)求证:AC1∥平面CDB1.
(2)若AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AA1=1,,求二面角B1-C-B的大小.
图5.19
2.(2019年全国Ⅲ卷理科改编)如图5.20(a)所示,在直角△ABC中,∠ABC=90°,,D,E分别为AC,BD的中点,连接AE并延长交BC于点F,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,如图5.20(b)所示.在图5.20(b)中,回答下列问题.
(1)求证:AE⊥CD.
(2)求平面AEF与平面ADC所成锐二面角的余弦值.
图5.20
3.如图5.21所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:
(1)CD⊥AE.
(2)PD⊥平面ABE.
图5.21
4.(2019年黄冈二模)在如图5.22所示的几何体中,平面ADNM⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,四边形ADNM是矩形,,AB=2,AM=1,E是AB的中点.
(1)求证:平面DEM⊥平面ABM.
(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.
图5.22
5.(2019年湖北省高三适应性考试)如图5.23所示,多面体ABCDB1C1为正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得,M为CB1的中点,且BC=BB1=2.
(1)若D为AA1的中点,求证:AM∥平面DB1C1.
(2)若二面角D-B1C1-B的大小为=,求直线DB1与平面ACB1所成角的正弦值.
图5.23
6.如图5.24所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,若AD=2,.AP=AB=1.
(1)求证:平面PAC⊥平面PCD.
(2)求棱PD与平面PBC所成角的正弦值.
图5.24
免责声明:以上内容源自网络,版权归原作者所有,如有侵犯您的原创版权请告知,我们将尽快删除相关内容。