(word完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练
【题型归纳】
题型一线面平行的证明
1
例1如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝3AB＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD⊥
平面MBCD ，连接AB，AC.
试判断：在AB
边上是否存在点
解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推
出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。本题用到的是线线平行推出面面平行。
易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
思维点拨】此类题有两大类方法：
1. 构造线线平行，然后推出线面平行。此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行
的性质之间的矛盾转化关系。在此，我们需要借助倒推法进行分析。首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN。最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向
1
【答案】当AP＝3AB 时，有AD ∥平面MPC.
理由如下：
连接BD 交MC 于点N，连接NP.
在梯形MBCD 中，DC∥MB，
DN
NB
DC
MB
1，
2，
AP 1
在△ADB 中，P AP B＝12，∴AD∥PN.
∵AD? 平面MPC ，PN ? 平面MPC ，
∴ AD∥平面MPC.
P，使AD ∥平
面
MPC ?并说明理
由
写一遍即可。即先证
AD 平行于PN，最后得到结论。构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
2. 构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。辅助线的构造理论同上。我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。可总结为下图
方法一
例2如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC
，AB ＝BE＝EC＝2，G，F 分别是线段BE ，DC 的中点．
求证：GF ∥平面ADE ；
【答案】解法一：(1)证明：如图，取AE 的中点H，连接HG ，HD，
1
又G 是BE 的中点，所以GH∥AB ，且GH＝2AB.
1
又 F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD.
由四边形ABCD 是矩形得，
P
P
方法二方法三
AB
(1) 求证： PA ⊥ BD ；
(2) 求证：平面 BDE ⊥平面 PAC
【答案】 (1)证明：因为 PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以 PA ⊥平面 ABC.又因为
BD? 平面 ABC ， 所
以 PA ⊥BD.
(2) 证明：因为 AB ＝ BC ，D 为 AC 的中点，所以 BD ⊥AC.由(1)知， PA ⊥BD ，又 AC ∩PA ＝A ，
所以 BD ⊥平面 PAC.因为 BD? 平面 BDE ，所以平面 BDE ⊥平面 PAC.
【解析】 (一 )找突破口 第(1)问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；
第(2) 问：欲证面面垂直， 应转化到证线面垂直， 进而转化到先证线线垂直， 借助 (1)的结论和已知条件可证； (二)寻关键点
有什么
想到什么 注意什么
信息①： PA ⊥ AB ，PA ⊥ BC 线面垂直的判定定理，可证
(1)证明线面平行的条件：一
AB ∥CD ，AB ＝ CD ，所以 GH ∥ DF ，且 GH ＝DF ， 从而四边形 HGFD 是平行四边形，所以 GF ∥ DH. 又 DH?平面 ADE ，GF? 平
面 ADE ，所以 GF ∥平面 ADE. 解法 2：(1)证明：如下图，取 AB 中点 M ，连接 MG ，MF. 又 G 是 BE 的中点，可知 GM ∥ AE. 又 AE? 平面 ADE ， GM ? 平面 ADE ，所以 GM ∥平面 ADE. 在矩形 ABCD 中，由 M ，F 分别是 AB ，CD 的中点得 MF ∥AD.
又 AD ? 平面 ADE ，MF? 平面 ADE ， 所以 MF ∥平面 ADE.
又因为 GM ∩MF ＝M ，GM?平面 GMF ，MF?平面 GMF ， 所以平面 GMF ∥平面 ADE.
因为 GF? 平面 GMF ，所以 GF ∥平面 ADE.
【解析】 解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。 【易错点】 线段比例关系 【思维点拨】 同例一
题型二 线线垂直、面面垂直的证明
例 1如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB=BC=2，D 为线段 AC 的中点， E 为 线段 PC 上一点．
【易错点】规范的符号语言描述，正确的逻辑推理过程。
【思维点拨】(1) 正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．
(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
(3) 证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4) 证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面? 线面? 线线．
题型三空间向量
例 1 如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，ABD CBD ，AB=BD .
(1) 证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2) 过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C 的余弦值．
答案】 （1）证明：由题设可得， △ABD ≌△ CBD ，从而 AD ＝DC.
又△ACD 是直角三角形，所以∠ ADC ＝90°.
取 AC 的中点 O ，连接 DO ，BO ，则 DO
⊥
AC ，DO ＝AO.
又因为 △ABC 是正三角形，所以 BO ⊥AC. 所以∠ DOB 为二面角 D-AC-B 的平面角． 在 Rt △AOB 中， BO 2＋AO 2＝AB 2. 又 AB ＝ BD ，
所以 BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝ AB 2＝ BD 2， 故∠ DOB ＝ 90°.
所以平面 ACD ⊥平面 ABC.
―→ ―→ （2）由题设及 （1）知， OA ， OB ， OD 两两垂直．以 O 为坐标原点， ―
O →
A 的方向为 x 轴正方
向， |―O →
A |为单 位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz ，则 A （1,0,0），
B （0， 3，0），
C （－
1,0,0），D （0,0,1）．
1
由题设知， 四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 2，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的 距离的 12，即 E 为 DB 的中点，得 E 0， 23，12 .故―
AD →
＝（－1，0,1），―
A →
C ＝（－2,0,0），―
A →
E ＝ －1，
23
， 12 . 设 n ＝ （x 1， y 1， z 1）是平面 DAE 的法向量，
可取 m ＝（0，－ 1， 3）
由图知二面角 D-AE-C 为锐角， 所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 77. 解析】 （一 ）找突破口
n ·AD ＝ 0， 设 m ＝ （x 2， y 2，
z 2）是平面 AEC 的法向量，则 m ·AC ＝ 0， － x 1＋ z 1＝
0 ，
n ·AE ＝ 0，
1
－2x 2＝0，
m ·AE ＝ 0，
第(1)问：欲证面面垂直，应转化去证线面垂直或证其二面角为直角，即找出二面角的平面角，并求其大小为90°；
第(2)问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所对应法向量来解决问题．
(二)寻关键点
【易错点】正确建立空间直角坐标系，确定点的坐标，平面法向量的计算。
【思维点拨】1．利用空间向量求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系；
(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；
(3) 结合公式进行论证、计算；
(4) 转化为几何结论．
2．求空间角应注意的 3 个问题
(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos ＝α|cos β|.
(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．
(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．
【巩固训练】
题型一线面平行的证明
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G 分别是BC、DC、SC的中点，求证：
(1) 直线EG∥平面BDD1B1
；
(2) 平面EFG ∥平面BDD1B1.
【答案】详见解析
【解析】(1)如图，连接SB，∵E、G 分别是BC 、SC的中点，∴ EG∥SB.
(2)连接SD，∵F、G 分别是DC、SC的中点，∴ FG∥SD.
又∵ SD? 平面BDD 1B1，FG?平面BDD 1B 1，∴ FG∥平面BDD 1B 1，
又EG? 平面EFG，FG? 平面EFG，EG∩FG ＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.
2.如图，四棱锥P－ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD ，且PA＝2，E 是侧棱PA 上的中点．
求证：PC∥平面BDE ；
【答案】详见解析
【解析】证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，
∴O 是AC 的中点．
又∵ SB? 平面BDD 1B1，EG? 平面
又 E 是PA 的中点，∴ PC∥ OE. ∵PC?平面BDE ，OE? 平面BDE，∴PC ∥平面BDE.
ABCD－A1B1C1D1 中，底面ABCD 是等腰梯形，∠ DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M 是线段
AB 的中点．
BC，E 是PC 的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE；【答案】详见解析
解析】(1)在四棱锥P－ABCD 中，因为PA⊥底面ABCD ，CD ?平面ABCD ，故PA⊥CD，∵AC⊥CD，PA∩AC
＝A，
3.如图，在四棱柱
求证：C1M∥平面A1ADD 1；
【答案】详见解析
【解析】证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，
且AB＝2CD ，所以AB∥ DC .又由M 是AB 的中点，因此
CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD1，在四棱柱
ABCD－A1B1C1D1 中，
因为CD ∥C1D1，CD ＝C1D1，
可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，
所以四边形AMC1D1 为平行四边形．
因此C1M∥D1A，又C1M? 平面A1ADD 1，D 1A?平面A1ADD
1 ，所以C1M∥平面A1ADD 1.
题型二线线垂直、面面垂直的证明
1.如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ ABC＝60°，PA＝AB＝
∴ 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的中点，∴ AE⊥PC，
由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD，而PD? 平面PCD，∴AE⊥PD，∵PA⊥底面ABCD ，PD 在底面ABCD 内的射影是AD，
AB⊥AD，∴ AB⊥ PD，又∵ AB∩AE ＝A，综上可得PD ⊥平面ABE.
2.如图，在三棱锥P－ABC 中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝ 2 2.
求证：平面ABC ⊥平面APC；
答案】详见解析【解析】(1)证明：如图所示，取AC 中点O，连
接OP，OB.
∵PA＝PC＝AC＝4，∴OP⊥AC，且PO＝4sin60 °＝2 3. ∵BA＝BC＝
2 2，
∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC，
∴BO＝AB2－AO2＝ 2.∵PB＝4，∴OP2＋OB2＝12＋4＝16＝PB2，∴
OP⊥OB. ∵AC∩OB＝O，∴OP⊥平面ABC.∵OP?平面PAC，∴平
面ABC ⊥平面APC.
证明：平面PBC ⊥平面PBD ；
3.如图所示，四棱
锥
【答案】 详见解析 【解析】 (1)证明：
Q CB 1,CD 2,BD 3，
∴CD 2＝BC 2＋BD 2，∴ BC ⊥BD.
又∵ PD ⊥底面 ABCD ，∴ PD ⊥BC.又∵PD ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面 PBD. 而 BC? 平面
PBC ，
∴平面 PBC ⊥平面 PBD. 题型三空间向量
1.已知直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，∠ ACB ＝ 90°，AC ＝ BC ＝2，AA 1＝ 4，D 是棱 AA 1 的中点．如图所示． (1)求证： DC 1⊥平面 BCD ； (2)求二面角 A －BD － C 的大小．
答案】 详见解析
解析】 (1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系．
由题意， 可得点 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(2,0,2)，A 1(2,0,4)，
C 1(0,0,4)． uuuur uuur uuur
于是， DC 1 ＝ (－2,0,2)， DC ＝(－2,0，－2)，DB ＝(－2，2，－
2)． uuuur uuur uuuur uuur
可算得 DC 1 DC ＝0， DC 1 DB ＝0.
因此， DC 1⊥DC ，DC 1⊥DB.
又 DC ∩DB ＝D ，所以 DC 1⊥平面 BDC.
(2)设 n ＝(x ，y ， z)是平面 ABD 的法向量，
uuur uuur
又 AB ＝(－2,2,0)， AD ＝ (0,0,2) ，
x ＝1，
取 y ＝ 1，可得 y ＝ 1，
z ＝0，
即平面 ABD 的一个法向量是 n ＝ (1,1,0)．
uuuur 由(1)知， DC 1 是平面 DBC 的一个法向量，记 1 2 π
则 cos θ＝－ 2， θ＝ 3 .结合三棱柱可知，二面角 A －BD －C 是锐角， 故所求二面角 A
－BD －C 的大小是 3π
.
3
2.如图 1，在 Rt △ABC 中，∠ ACB ＝30°，∠ ABC ＝90°， D 为 AC 中
点， 点F ，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD ⊥平面 BCD ，如图 2所示．
所以 －2x ＋ 2y ＝0，
2z ＝0.
AE ⊥ BD 于点 E ，延长 AE 交 BC 于
uuuur
n 与 DC 1的夹角为 θ，
uuur 由于 AF
＝
3
，
3，
0 ，－ 3 ， uuuur uuur 所以
AM ＝λAF ＝λ
，0，－ 3 ，其中 λ∈[0,1] ．
(1)求证： AE ⊥平面 BCD ； (2)求二面角 A －DC －B 的余弦值；
(3) 在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM ∥平面 ADC ？若存在，请指明点 M 的位置；若不存在，请说明理由．
答案】 详见解析
【解析】(1)证明：因为平面 ABD ⊥平面 BCD ，交线为 BD ， 又在△ABD 中， AE ⊥ BD 于点 E ，AE?平面 ABD ， 所以 AE ⊥平面 BCD.
(2)由(1)中AE ⊥平面 BCD 可得 AE ⊥EF. 由题意可知 EF ⊥BD ，又 AE ⊥BD ， 如图，以 E 为坐标原点， 分别以 EF ，ED ，EA 所在直线
为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系 E － xyz ，不妨设 AB ＝
BD ＝DC ＝AD ＝2，则 BE ＝ED ＝1.
AE ＝ 3，BC ＝ 2 3，BF ＝ 2 3 ，则 E
（0,0,0），D （0,1,0），B （0，
3
3
uuur uuur
F 33，0，0 ，C （ 3，2,0）， DC ＝（ 3，1,0）， AD ＝ （0,1，－
3）．由 AE ⊥平面 BCD 可知平面 DCB 的法 3
uuur uuur 向量为 EA ， EA ＝ （0,0， 3），
设平面 ADC 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，
3x ＋ y ＝0， y － 3z ＝ 0.
令 z ＝1，则 y ＝ 3，x ＝－ 1，所以 n ＝(－1， 3，1)． uuur 因为平面 DCB 的法向量为 EA ，
5 所以二面角 A －DC －B 的余弦值为 5. 5 uuuur uuur
(3)设 AM ＝λAF ，其中 λ∈[0,1] ．
uuur
所以 cos 〈n ，
EA 〉
5
. 5.
由图 1 条件计算得
－1，0)，A(0,0， 3)，
uuuur uuur uuuur 所以 EM EA AM ＝ uuuur 3 3
由EM ·n ＝ 0，即－ 3 λ＋(1－λ) 3＝0，解得λ＝4∈[0,1]．所以在线段 AF 上存在点 M 使EM ∥平面 ADC ，
34
(1)证明： BC ⊥ AB 1；
(2)若 OC ＝ OA ，求直线 C 1D 与平面 ABC 所成角的正弦值．
答案】 详见解析 解析】 (1)证明：由题意 tan ∠ ABD ＝ AD ＝ 2，tan ∠AB 1B ＝ AB ＝ 2，
AB 2
BB 1 2
π 注意到 0<∠ABD ，∠ AB 1B<2， 所以∠ ABD ＝∠ AB 1B.
π
所以∠ ABD ＋∠ BAB 1＝∠AB 1B ＋∠ BAB 1＝2.所以 AB 1⊥BD. 又 CO ⊥侧面 ABB 1A 1，所以 AB 1⊥CO. 又 BD 与 CO 交于点 O ，所以 AB 1⊥面 CBD. 又因为 BC? 面 CBD ，所以 BC ⊥AB 1.
(2)如图，分别以 OD ，OB 1，OC 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴， O 为原点，建立空间直角坐标系 O － xyz ， 则A 0，－ 33， ，B － 36 ，0， 0 ， C 0， 0， 33 ，
以 所 以
3 3
→→ 为 CC 1 ＝ 2 AD ， D 66 ， uuur AB ＝
B 1 0，233
，0
C
1 36，233， 33 .所以 设平面 ABC 的法向量为 uuur uuur
则根据 AB ·n ＝ 0，
AC 0，0 6， 3
， n ＝ (x ，y ，
n ＝0 可得 3 55
ABC 所成角为 α.则 sin α＝ 55 .
.又 3，
3，
z)
， n ＝
(1，
u A u C ur ＝ 0，
33
，
2，－ 2) 是平面 ABC 的一个法向量，设直线 C 1D 与平面
3
3
3 ,0,(1
)3
AM ＝
AF
＝
3
. 4.
，D 为 AA 1 的中点， BD 与 AB 1
交
3.在三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，
于点 O ，CO ⊥侧面 ABB 1A 1.