高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型

题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算

空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝

π4

，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平

面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；

(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.

(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π

4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π

2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ?平面ABC ，∴PO ⊥OC.

又∵PO ，AB ?平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ?平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.

(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.

则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD

→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).

设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴?????n ·BC →＝0，n ·

BD →＝0，∴???2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，

令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝?????

?

??PD

→·n |PD →||n | ＝??????1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝222

11. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.

第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.

第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.

【变式训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .

(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值.

(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ?面A 1DE ，B 1C ?面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ?面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.

(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直

角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为? ??

??12，12，1.

设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝? ????12，12，0，A 1D →

＝(0，1，－1)，由

n 1⊥A 1E →

，

n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组?????12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，

(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).

设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →

＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).

所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝6

3.

题型二:立体几何中的探索性问题

此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；

(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.

【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；

(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；

(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM

AP 的值；若不存在，说明理由.

(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.

又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.

因为PO ?平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.

因为CO ?平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.

如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).

设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ?????n ·PD →＝0，n ·

PC →＝0，即???－y －z ＝0，2x －z ＝0，

令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).

又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →

〉＝n ·PB →

|n ||PB →|＝－33.

所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3

3.

(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.

因此点M (0，1－λ，λ)，BM

→＝(－1，－λ，λ).

因为BM ?平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，

则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·

(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.

【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.

【变式训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；

(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.

(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .

∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，

又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6， 在Rt △BNC 中，

BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，

∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，

∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ?平面PBC ，DE ?平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.

(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以

D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，

则CF

→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF

→·DB →＝0得t ＝23

. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC

→＝(0，6，－8)，FC →＝? ????－8，163，0. 由?????n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得????

?6y －8z ＝0，－8x ＋16

3y ＝0，即?????z ＝3

4y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m

|n ||m |＝

81×82＋122＋9

2＝8

17. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为8

17. 题型三:立体几何中的折叠问题

将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝5

4，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.

(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF

CD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .

由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝1

4.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .

(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .

则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，

D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→

＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则?????m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即???3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，

所以可取m ＝(4，3，－5).

设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则?????n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即???6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，

所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10

＝－75

25.

sin 〈m ，n 〉＝295

25.

因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是295

25.

【类题通法】立体几何中的折叠问题，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. 【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π

2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD

的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.

(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；

(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.

(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π

2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .

又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，

所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π

2.

如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝

A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，

所以B ? ????22，0，0，E ? ????－22，0，0，A 1? ????0，0，22，C ? ????0，22，0，

得BC →＝? ????－22，22，0，A 1C →＝?

????0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，

则?????n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得???－x 1＋y 1＝0，

y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；

?????n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，

得???x 2＝0，

y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，

从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝

23×2

＝6

3， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为6

3.