《備戰(zhàn)2018年高考數(shù)學(xué) 解答題高分寶典 專題04 立體幾何（核心考點(diǎn)）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2018年高考數(shù)學(xué) 解答題高分寶典 專題04 立體幾何（核心考點(diǎn)）理（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題04立體幾何 核心考點(diǎn)一平行關(guān)系的證明 平行關(guān)系包括直線與直線平行、直線與平面平行及平面與平面平行，平行關(guān)系的證明一般作為解答題的第一問，難度中等或中等以下，解答此類問題要注意步驟的規(guī)范. 【經(jīng)典示例】如圖所示，四邊形ABCD與四邊形ADEF都為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 答題模板 證明BE∥平面DMF的步驟 第一步,在平面DMF內(nèi)找出一條直線MO與BE平行； 第二步,指出BE平面DMF，MO平面DMF； 第三步,由線面平行的判斷定理得BE∥平面DMF. 【滿分答案】(1

2、)如圖所示，設(shè)DF與GN交于點(diǎn)O，連接AE，則AE必過點(diǎn)O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO. 因?yàn)锽E平面DMF，MO平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點(diǎn)， 所以DE∥GN. 因?yàn)镈E平面MNG，GN平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN. 因?yàn)锽D平面MNG，MN平面MNG， 所以BD∥平面MNG. 因?yàn)镈E與BD為平面BDE內(nèi)的兩條相交直線， 所以平面BDE∥平面MNG. 【解題技巧】 1.判斷或證明線

3、面平行的常用方法 (1)利用線面平行的定義(無公共點(diǎn))； (2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)； (3)利用面面平行的性質(zhì)定理(α∥β，a?α?a∥β)； (4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)． 2. 證明面面平行的方法 (1)面面平行的定義； (2)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行； (3)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行； (4)兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行； (5)利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化． 3.平行關(guān)系之

4、間的轉(zhuǎn)化 在證明線面、面面平行時(shí)，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應(yīng)用性質(zhì)定理時(shí)，其順序恰好相反，但也要注意，轉(zhuǎn)化的方向是由題目的具體條件而定的，不可過于“模式化”． 模擬訓(xùn)練 1．如圖所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，點(diǎn)D，D1分別為AC，A1C1上的點(diǎn)． (1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r(shí)，BC1∥平面AB1D1? (2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值． 【解析】(1)如圖所示，取D1為線段A1C1的中點(diǎn)，此時(shí)＝1. 連接A1B，交AB1于點(diǎn)O，連接OD1. (2)由平面BC1D∥平面AB1D1， 且

5、平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1， 平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O， 得BC1∥D1O，同理AD1∥DC1， ∴＝，＝， 又∵＝1，∴＝1，即＝1. 核心考點(diǎn)二垂直關(guān)系的證明 平行關(guān)系包括直線與直線垂直、直線與平面垂直及平面與平面垂直，垂直關(guān)系的證明一般作為解答題的第一問，難度中等或中等以下，解答此類問題要注意步驟的規(guī)范. 【經(jīng)典示例】如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．證明： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 答題模板 證明PD⊥平面ABE(線面垂直

6、)的步驟： 第一步,證明AE⊥PD，AB⊥PD(在平面ABE內(nèi)找出兩條直線與AD垂直)；. 第二步,指出AB∩AE＝A (兩直線相交)；. 第三步,利用線面垂直的判定定理確定PD⊥平面ABE. 【滿分答案】(1)在四棱錐P-ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD， ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC. 而AE?平面PAC，∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA. ∵E是PC的中點(diǎn)， ∴AE⊥PC. 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面PCD. 而PD?平面PCD，∴A

7、E⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD， ∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. 【解題技巧】 1.證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵 (1)證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)． (2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)．因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思想． 2. 判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定義；

8、 ②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)． (2)在已知平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化． 在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直． 3. 垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 在證明線面垂直、面面垂直時(shí)，一定要注意判定定理成立的條件．同時(shí)抓住線線、線面、面面垂直的轉(zhuǎn)化關(guān)系，即： 在證明兩平面垂直時(shí)，一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線在圖中不存在，則可通過作輔助線來解決. 模擬訓(xùn)練 2．如圖，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⊥A1B1. 求證：(1)直線DE∥

9、平面A1C1F； (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 【證明】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC. 在△ABC中，因?yàn)镈，E分別為AB，BC的中點(diǎn)， 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 又因?yàn)镈E平面A1C1F，A1C1平面A1C1F， 所以直線DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1. 因?yàn)锳1C1平面A1B1C1， 所以A1A⊥A1C1. 又因?yàn)锳1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1， 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因?yàn)锽1D平面AB

10、B1A1， 所以A1C1⊥B1D. 又因?yàn)锽1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1， 所以B1D⊥平面A1C1F. 因?yàn)橹本€B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 核心考點(diǎn)三利用空間向量證明平行與垂直 立體幾何中的線面位置關(guān)系的證明，也可利用向量，用向量法解決立體幾何問題，是空間向量的一個(gè)具體應(yīng)用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復(fù)雜的推理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉(zhuǎn)“數(shù)”的轉(zhuǎn)化思想． 【經(jīng)典示例】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面

11、PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PDC. 答題模板 用向量證明平行或垂直的步驟 第一步, 恰當(dāng)建立空間直角坐標(biāo)系，準(zhǔn)確表示各點(diǎn)與相關(guān)向量的坐標(biāo)；. 第二步,把平行與垂直問題轉(zhuǎn)化為直線方向向量或平面法向量之間的數(shù)量關(guān)系； 第三步,通過計(jì)算得出結(jié)論； 第四步,還原結(jié)論. 【滿分答案】 (1)如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OF. 因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD. 因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 又O，F(xiàn)

12、分別為AD，BD的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥AB. 又ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD. 因?yàn)镻A＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(，0,0)，F(xiàn)(0，，0)，D(－，0,0)，P(0,0，)，B(，a,0)，C(－，a,0)． 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，所以E(－，，)． 易知平面PAD的一個(gè)法向量為＝(0，，0)， 因?yàn)椋?，0，－)， 且·＝(0，，0)·(，0，－)＝0， 所以EF∥平面PAD. (2)因?yàn)椋?，0，－)，＝(0，－a,0)， 所以·＝(，0，－)·(0，－a,0)＝

13、0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PDC. 又PA平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 【解題技巧】 1.證明直線與平面平行，只需證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個(gè)向量共面，或證直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行，然后說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算． 2.證明垂直問題的方法 (1)利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算．其中靈活建系是解題的關(guān)鍵． (2)其一證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直

14、線的方向向量垂直；其二證明線面垂直，只需證明直線的方向向量與平面內(nèi)不共線的兩個(gè)向量垂直即可，當(dāng)然，也可證直線的方向向量與平面的法向量平行；其三證明面面垂直：①證明兩平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能證明一個(gè)平面內(nèi)的一條直線的方向向量為另一個(gè)平面的法向量即可． 3. 對于“是否存在”型問題的探索方式有兩種：一種是根據(jù)條件作出判斷，再進(jìn)一步論證；另一種是利用空間向量，先設(shè)出假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件求該點(diǎn)的坐標(biāo)，即找到“存在點(diǎn)”，若該點(diǎn)坐標(biāo)不能求出，或有矛盾，則判定“不存在”． 模擬訓(xùn)練 3．如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面AB

15、CD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由． 依題意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0)， 所以＝(－，0，－1)，＝(－1,0,1)， 因?yàn)閨cos〈，〉|＝＝＝. 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN. 連接AE，如圖所示． 因?yàn)椋?0,1,1)，可設(shè)＝λ＝(0，λ，λ)， 又＝

16、(，－1,0)， 所以＝＋＝(，λ－1，λ)． 由ES⊥平面AMN， 得即解得λ＝， 此時(shí)＝(0，，)，||＝. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS＝時(shí)，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，此時(shí)AS＝. 核心考點(diǎn)四利用空間向量求空間角 利用空間向量求空間角是全國卷高考必考內(nèi)容，重點(diǎn)是直線與平面所成角及二面角，此類問題模式化較強(qiáng)，在高考中屬于得分題，但運(yùn)算量一般較大,要注意運(yùn)算的準(zhǔn)確性. 【經(jīng)典示例】如圖所示，等邊三角形ABC的邊長為3，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足＝＝.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 -DE -B為直二面角，連接A1

17、B，A1C. (1)求證：A1D⊥平面BCED； (2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由． 答題模板 利用向量求空間角的步驟 第一步,建立空間直角坐標(biāo)系； 第二步,確定點(diǎn)的坐標(biāo)； 第三步,求向量(直線的方向向量、平面的法向量)； 第四步,計(jì)算向量的夾角(或函數(shù)值)； 第五步，將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角； 第六步，反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)和答題規(guī)范 【滿分答案】　(1)證明：因?yàn)榈冗叀鰽BC的邊長為3， 且＝＝， 所以AD＝1，AE＝2. 在△ADE中，∠DAE＝60°， 由余

18、弦定理得DE＝＝. 所以AD2＋DE2＝AE2， 所以AD⊥DE. 折疊后有A1D⊥DE， 因?yàn)槎娼茿1 -DE -B是直二面角， 所以平面A1DE⊥平面BCED， 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D?平面A1DE，A1D⊥DE，所以A1D⊥平面BCED. (2)假設(shè)存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°.如圖所示，在BC上取點(diǎn)P，連接A1P，過點(diǎn)P作PH垂直BD于點(diǎn)H，連接A1H.由(1)的證明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線DB，DE，DA1分別為x軸，y軸，z軸的非負(fù)半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D -xyz. 設(shè)P

19、B＝2a(0≤2a≤3)， 則BH＝a，PH＝a，DH＝2－a， 所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)， 所以＝(a－2，－a,1)， 因?yàn)镋D⊥平面A1BD， 所以平面A1BD的一個(gè)法向量為＝(0，，0)． 因?yàn)橹本€PA1與平面A1BD所成的角為60°， 所以sin 60°＝cos〈，〉＝＝， 解得a＝，即PB＝2a＝，滿足0≤2a≤3，符合題意， 所以在線段BC上存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時(shí)PB＝. 【解題技巧】 1.用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系

20、；(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值． 2.利用向量法求線面角的方法 (1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)； (2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角． 3.利用向量法計(jì)算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大小

21、． (2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小． 模擬訓(xùn)練 4．如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB＝BE＝2. (1)求證：EG∥平面ADF； (2)求二面角O—EF—C的正弦值； (3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH＝HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值． 【解析】(1)證明　依題意，OF⊥平面ABCD， 如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得 O(0,

22、0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)， D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(xiàn)(0,0,2)，G(－1,0,0)． (2)解　易證＝(－1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量，依題意，＝(1,1,0)，＝(－1,1,2)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面CEF的法向量， 則 即 不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)． 因此有cos〈，n2〉＝＝－， 于是sin〈，n2〉＝. 所以二面角O—EF—C的正弦值為. (3)解　由AH＝HF，得AH＝AF. 因?yàn)椋?1，－1,2)， 所以＝＝， 進(jìn)而有H，從而＝. 因此cos〈，n2〉＝＝－. 所以直線BH和平面CEF所成角的正弦值為. 13