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1、+二一九高考数学学习资料+专题五高考中的立体几何问题1.(2013课标全国改编)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则下列结论正确的是_. 且l；且l；与相交，且交线垂直于l； 与相交，且交线平行于l.答案解析假设，由m平面，n平面，则mn，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么与相交，设交线为l1，则l1m，l1n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1l.2.如图，点O为正方体ABCDABCD的中心，点E为面BBCC的中心，点F为BC的中点，则空间四边形DOEF在该正方体的各个面上的投影不可能是_.(填序号)答案
2、解析空间四边形DOEF在正方体的面DCCD上的投影是；在面BCCB上的投影是；在面ABCD上的投影是，只有不可能.3.已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.当满足条件_时，有m.(填所选条件的序号)答案解析若m，则m.4.平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量、两两的夹角均为60，且|1，|2，|3，则|_.答案5解析，2()222222291423123221225，|5.5.如图，四棱锥PABCD的底面是一直角梯形，ABCD，BAAD，CD2AB，PA底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为_.答案平行解析取PD的中点F，连结EF，在PCD中，EF綊CD.又A
3、BCD且CD2AB，EF綊AB，四边形ABEF是平行四边形，EBAF.又EB平面PAD，AF平面PAD，BE平面PAD.题型一空间中的平行、垂直问题例1(2013山东)如图，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点.(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN.思维启迪(1)在平面PAD内作直线CE的平行线或者利用平面CEF平面PAD证明；(2)MN是平面EFG的垂线.证明(1)方法一取PA的中点H，连结EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是
4、平行四边形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD.所以CE平面PAD.方法二连结CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形.因此CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EFPA.又因为ABPA，所以EFAB，同理可证ABFG.又因为EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG.所以AB平面EFG.又因为M，N
5、分别为PD，PC的中点，所以MNCD，又ABCD，所以MNAB，所以MN平面EFG.又因为MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.思维升华高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用.如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，M，N分别为A1B，B1C1的中点.求证：(1)BC平面MNB1；(2)平面A1CB平面ACC1A.证明(1)因为BCB1C1，且B1C1平面MNB1，BC平面MNB1，故BC平面MNB1
6、.(2)因为BCAC，且ABCA1B1C1为直三棱柱，故BC平面ACC1A1.因为BC平面A1CB，故平面A1CB平面ACC1A1.题型二平面图形的翻折问题例2如图1所示，在RtABC中，AC6，BC3，ABC90，CD为ACB的平分线，点E在线段AC上，CE4.如图2所示，将BCD沿CD折起，使得平面BCD平面ACD，连结AB，BE，设点F是AB的中点.(1)求证：DE平面BCD；(2)若EF平面BDG，其中G为直线AC与平面BDG的交点，求三棱锥BDEG的体积.思维启迪(1)翻折前后，ACD内各元素的位置关系没有变化，易知DEDC，再根据平面BCD平面ACD可证明DE平面BCD；(2)注意
7、从条件EF平面BDG得线线平行，为求高作基础.(1)证明AC6，BC3，ABC90，ACB60.CD为ACB的平分线，BCDACD30.CD2.CE4，DCE30，DE2CE2CD22CECDcos 304，DE2，则CD2DE2EC2.CDE90，DEDC.又平面BCD平面ACD，平面BCD平面ACDCD，DE平面ACD，DE平面BCD.(2)解EF平面BDG，EF平面ABC，平面ABC平面BDGBG，EFBG.点E在线段AC上，CE4，点F是AB的中点，AEEGCG2.如图，作BHCD于H.平面BCD平面ACD，BH平面ACD.由条件得BH，SDEGSACDACCDsin 30，三棱锥BD
8、EG的体积VSDEGBH.思维升华平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.(2012北京)如图(1)，在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如图(2).(1)求证：DE平面A1CB.(2)求证：A1FBE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由.(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又因为DE平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明由已知得AC
9、BC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.又A1DCDD，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，所以A1F平面BCDE，又因为BE平面BCDE，所以A1FBE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.所以A1C平面DEP.从而A1C平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.题型三立体几何中
10、的探究性问题例3在直角梯形ABCD中，ADBC，BC2AD2AB2，ABC90，如图1，把 ABD沿BD翻折，使得平面ABD平面BCD，如图2.(1)求证：CDAB；(2)若点M为线段BC的中点，求DM与平面ACD所成角的正弦值；(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.思维启迪(1)通过证明CD平面ABD转化求证；(2)可建立空间直角坐标系；(3)先假设存在，通过空间向量转化证明.(1)证明由已知条件可得，BD2，CD2，又BD2CD2BC2，CDBD.平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD.AB平面AB
11、D，CDAB.(2)解以点D为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则各相关点的坐标为A(1,0,1)， B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0).(0，2,0)，(1,0，1)，(1,1,0)，(1,1,0).设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则n，n，令x1，得平面ACD的一个法向量为n(1,0，1).DM与平面ACD所成角的正弦值为|cosn，|.(3)解假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60.设，01，则N(22，2，0)，(12，2，1).平面ACD的一个法向量为n(1,0，1)，且直
12、线AN与平面ACD所成角为60，sin 60，整理得82210，或(舍去).综上所述，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60.此时.思维升华对于线面关系中的探索性问题，首先假设存在，然后在这个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设满足的条件.若条件满足则肯定假设，若得到矛盾则否定假设.如图，正ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角EDFC的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理
13、由.解(1)在ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EFAB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，1)，F(1，0).易知平面CDF的一个法向量为(0,0,2)，设平面EDF的法向量为n(x，y，z)，则即可取x3，则n(3，3)，cos，n，所以二面角EDFC的余弦值为.(3)假设存在点P，设P(x，y,0)，(x，y，2)，则y20，y.又(x2，y,0)，(x,2y,0)，(x2)(2y)xy，xy2.把y代入上式，得x
14、，在线段BC上存在点P使APDE，此时.(时间：80分钟)1.如图所示，在ABCD中，AB2BC，ABC120，E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使平面ADE平面BCD，F为线段AC的中点.求证：BF平面ADE.证明如图所示，取AD的中点G，连结GF，GE，由条件易知，FGCD，FGCD，BECD，BECD，所以FGBE，FGBE，故四边形BFGE为平行四边形，所以BFEG.因为EG平面ADE，BF平面ADE，所以BF平面ADE.2.如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1
15、BD；(2)证明：CC1平面A1BD.证明(1)方法一因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.又因为AB2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.方法二因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以BDD1D.如图，取AB的中点G，连结DG，在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60，所以ADG为等边三角形，因此GDGB，故DBGGDB.又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB60309
16、0，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A.又AA1平面ADD1A，故AA1BD.(2)如图，连结AC，A1C1，设ACBDE，连结EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC.由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1EA.又EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.3.如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积.(1)证明因为PA平面ABCD，
17、CE平面ABCD，所以PACE.因为ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)解由(1)可知CEAD.在RtECD中，DECDcos 451，CECDsin 451.又因为ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形.所以S四边形ABCDS矩形ABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCDS四边形ABCDPA1.4.(2012山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求二面角FBDC余弦值.(1)证明因为四
18、边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，即ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解方法一由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1).因此，(0，1,1).设平面BDF的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1).由于(0,0,1)
19、是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以二面角FBDC的余弦值为.方法二如图，取BD的中点G，连结CG，FG，由于CBCD，因此CGBD.又FC平面ABCD，BD平面ABCD，所以FCBD.由于FCCGC，FC，CG平面FCG，所以BD平面FCG，故BDFG，所以FGC为二面角FBDC的平面角.在等腰三角形BCD中，由于BCD120，因此CGCB.又CBCF，所以GFCG，故cosFGC，因此二面角FBDC的余弦值为.5.(2012北京)如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6.D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.
20、(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.(1)证明ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DECD，DE平面A1DC.DEA1C.又A1CCD，A1C平面BCDE.(2)解如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，令y1，则x2，z，n(2,1，).设CM与平面A1BE所成的角
21、为.(0,1，)，sin |cosn，|.CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)解线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3.设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，令x2，则yp，z，m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾.线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.6.如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE
22、所成的角的大小；(2)证明：平面AMD平面CDE；(3)求二面角ACDE的余弦值.(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.(2)证明由，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则于是令x1可得u(1,1,1).又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1).所以cos u，v.因为二面角ACDE为锐角，所以其余弦值为.高考数学复习精品高考数学复习精品