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高考中常见的立体几何题型和解题方法


高考中常见的立体几何题型和解题方法
黔江中学高三数学教师:付 超 高考立体几何试题一般共有 2——3 道(选择、 填空题 1——2 道, 解答题 1 道), 共计总分 18——23 分左右,考查的知识点在 20 个以内. 选择填空题考核立几中的 逻辑推理型问题, 而解答题着重考查立几中的计算型问题, 当然, 二者均应以正 确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着 “多 一点思考,少一点计算”的方向发展.从历年的考题变化看, 以简单几何体为载体 的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题. 一、知识整合 1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题,是在解决立体几何问题的过 程中,大量的、反复遇到的,而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与 距离等)中不可缺少的内容,因此在主体几何的总复习中,首先应从解决“平行 与垂直”的有关问题着手,通过较为基本问题,熟悉公理、定理的内容和功能, 通过对问题的分析与概括, 掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平 行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想,以提高逻辑思维能 力和空间想象能力. 2. 判定两个平面平行的方法: (1)根据定义——证明两平面没有公共点; (2)判定定理——证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面; (3)证明两平面同垂直于一条直线。 3.两个平面平行的主要性质: ⑴由定义知: “两平行平面没有公共点” 。 ⑵由定义推得: “两个平面平行,其中一个平面内的直线必平行于另一个平 面。 ⑶两个平面平行的性质定理: “如果两个平行平面同时和第三个平面相交, 那 么它们的交线平行” 。 ⑷一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,它也垂直于另一个平面。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 ⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。 以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理” ,但在解题过 程中均可直接作为性质定理引用。 4.空间角和距离是空间图形中最基本的数量关系,空间角主要研究射影以 及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角 和二面角的平面角等. 解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解 决. 空间角,是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系 进行定量分析的一个重要概念,由它们的定义,可得其取值范围,如两异面直线 π ? π? 所成的角 θ∈(0, ],直线与平面所成的角 θ∈ ?0, ? ,二面角的大小,可用它 2 ? 2? 们的平面角来度量,其平面角 θ∈ [ 0,π ] .对于空间角的计算,总是通过一 定的手段将其转化为一个平面内的角,并把 它置于一个平面图形,而且是一个

三角形的内角来解决,而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的, 因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用.通过空间角的计 算和应用进一步培养运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力. 如求异面直线所成的角常用平移法(转化为相交直线)与向量法;求直线与 平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角;而求二面角α-l-β的平面 角(记作θ)通常有以下几种方法: (1) 根据定义; (2) 过棱 l 上任一点 O 作棱 l 的垂面γ, 设γ∩α=OA, γ∩β=OB, 则∠AOB=θ ; (3) 利用三垂线定理或逆定理,过一个半平面α内一点 A,分别作另一个平面 β的垂线 AB(垂足为 B),或棱 l 的垂线 AC(垂足为 C), 连结 AC, 则∠ACB=θ 或∠ACB =π-θ; (4) 设 A 为平面α外任一点,AB⊥α,垂足为 B,AC⊥β,垂足为 C,则∠BAC =θ或∠BAC=π-θ; (5) 利用面积射影定理,设平面α内的平面图形 F 的面积为 S,F 在平面β内的 射影图形的面积为 S′,则 cosθ=
S' S

.

5.空间的距离问题,主要是求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异 面直线之间(限于给出公垂线段的) 、平面和它的平行直线、以及两个平行平面 之间的距离. 求距离的一般方法和步骤是:一作——作出表示距离的线段;二证——证明 它就是所要求的距离;三算——计算其值.此外,我们还常用体积法求点到平面 的距离. 6.棱柱的概念和性质 ⑴理解并掌握棱柱的定义及相关概念是学好这部分知识的关键,要明确“棱 柱 直棱柱 正棱柱”这一系列中各类几何体的内在联系和区别。 ⑵平行六面体是棱柱中的一类重要的几何体,要理解并掌握“平行六面体 直平行六面体 长方体 正四棱柱 正方体”这一系列中各类几何体的内在 联系和区别。 ⑶须从棱柱的定义出发, 根据第一章的相关定理对棱柱的基本性质进行分析 推导,以求更好地理解、掌握并能正确地运用这些性质。 ⑷关于平行六面体,在掌握其所具有的棱柱的一般性质外,还须掌握由其定 义导出的一些其特有的性质, 如长方体的对角线长定理是一个重要定理并能很好 地掌握和应用。还须注意,平行六面体具有一些与平面几何中的平行四边形相对 应的性质, 恰当地运用平行四边形的性质及解题思路去解平行六面体的问题是一 常用的解题方法。 ⑸多面体与旋转体的问题离不开构成几何体的基本要素点、线、面及其相互 关系,因此,很多问题实质上就是在研究点、线、面的位置关系,与《直线、平 面、简单几何体》第一部分的问题相比,唯一的差别就是多了一些概念,比如面 积与体积的度量等.从这个角度来看,点、线、面及其位置关系仍是我们研究的 重点. 7.经纬度及球面距离 ⑴根据经线和纬线的意义可知,某地的经度是一个二面角的度数,某地的纬 度是一个线面角的度数, 设球 O 的地轴为 NS, O 是 0°纬线, 圆 半圆 NAS 是 0° 经线,若某地 P 是在东经 120°,北纬 40°,我们可以作出过 P 的经线 NPS 交 赤道于 B,过 P 的纬线圈圆 O1 交 NAS 于 A,那么则应有:∠AO1P=120°(二面角

⌒ ⌒

的平面角) ,∠POB=40°(线面角) 。 ⑵两点间的球面距离就是连结球面上两点的大圆的劣弧的长,因此,求两点 间的球面距离的关键就在于求出过这两点的球半径的夹角。 例如,可以循着如下的程序求 A、P 两点的球面距离。 线段 AP 的长 ∠AOP 的弧度数 8.球的表面积及体积公式 S 球表=4πR2 V 球= πR3
4 3



大圆劣弧 AP 的长

⑴球的体积公式可以这样来考虑: 我们把球面分成若干个边是曲线的小 “曲 边三角形” ;以球心为顶点,以这些小曲边三角形的顶点为底面三角形的顶点, 得到若干个小三棱锥,所有这些小三棱锥的体积和可以看作是球体积的近似值. 当小三棱锥的个数无限增加,且所有这些小三棱锥的底面积无限变小时,小三棱 锥的体积和就变成球体积,同时小三棱锥底面面积的和就变成球面面积,小三棱 锥高变成球半径.由于第 n 个小三棱锥的体积= Snhn(Sn 为该小三棱锥的底面 积,hn 为小三棱锥高) ,所以 V 球= S 球面·R= ·4πR2·R= πR3. ⑵球与其它几何体的切接问题,要仔细观察、分析、弄清相关元素的位置关 系和数量关系,选择最佳角度作出截面,以使空间问题平面化。 二、注意事项 1. 须明确《直线、平面、简单几何体》中所述的两个平面是指两个不重合 的平面。 2.三种空间角,即异面直线所成角、直线与平面所成角。平面与平面所成 二面角。它们的求法一般化归为求两条相交直线的夹角,通常“线线角抓平移, 线面角找射影,面面角作平面角”而达到化归目的,有时二面角大小出通过 cos θ =
S射 S原
1 3 1 3 4 3 1 3

来求。

3.有七种距离,即点与点、点到直线、两条平行直线、两条异面直线、点到 平面、平行于平面的直线与该平面、两个平行平面之间的距离,其中点与点、点 与直线、点到平面的距离是基础,求其它几种距离一般化归为求这三种距离,点 到平面的距离有时用“体积法”来求。 三、例题分析 例 1、 ⑴已知水平平面 α 内的两条相交直线 a, b 所成的角为 θ , 如果将角 θ 的 平分线 l ′ 绕着其顶点,在竖直平面内作上下转动, 转动到离开水平位值的 l ′ 处, 且与两条直线 a,b 都成角 α ,则 α 与 ( )

θ

2

的大小关系是

A. α ≤ C. α >

θ
2

或α ≥

θ
2

θ

B. α > 或 α < 2 2 D. α <

θ

θ

θ

2

2

⑵已知异面直线 a,b 所成的角为 70 0 ,则过空间一定点 O,与两条异面直线 a,b

都 (



60

0







线



成角都是 60 ,则 θ 的取值可能是
0 0 0 0

)条. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 ⑶异面直线 a,b 所成的角为 θ ,空间中有一定点 O,过点 O 有 3 条直线与 a,b 所 (
0

).

A. 30 B. 50 C. 60 D. 90 分析与解答: ⑴ 如图 1 所示,易知直线 l ′ 上点A在平面 α 上的射影是ι上的点 B,过点 B 作 BC ⊥b, AC θ BC 则 AC⊥b. 在 Rt△OBC 和 Rt△OAC 中,tg α = ,tg = .显然,AC>BC, OC 2 OC ∴tan α > tan ,又 α 、 ∈ (0, ) ,∴ α > .故选 C. 2 2 2 2
O B CA

θ

θ

π

θ

a′ ι

b′

(2)D

(3)C

例 2、已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M、N 分别是 AB、PC 的中点. (1)求证:MN⊥AB; (2)设平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角为锐角θ,问能否确定θ使直线 MN 是异 面直线 AB 与 PC 的公垂线?若能,求出相应θ的值;若不能,说明理 由. 解: (1)∵PA⊥矩形 ABCD,BC⊥AB,∴PB⊥BC,PA⊥AC,即△PBC 和△PAC 都是 以 PC 为斜边的直角三角形,∴ AN = 1 PC = BN ,又 M 为 AB 的中点,∴MN
2

⊥AB. (2)∵AD⊥CD,PD⊥CD.∴∠PDA 为所求二面角的平面角,即∠PDA=θ. 设 AB=a,PA=b,AD=d,则 PM
1 = b2 + a2 4

, CM = d 2 + 1 a 2
4

设 PM=CM 则由 N 为 PC 的中点,∴MN⊥PC 由(1)可知 MN⊥AB, ∴MN 为 PC 与 AB 的公垂线,这时 PA=AD,∴θ=45°。 例 3、 如图, 直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面 ABC 为等腰直角三角形, ∠ACB=900, C 3 1 AC=1,C 点到 AB1 的距离为 CE= ,D 为 AB 的中点. 2 A B 1 1 (1)求证:AB1⊥平面 CED; (2)求异面直线 AB1 与 CD 之间的距离; (3)求二面角 B1—AC—B 的平面角. C 解:(1)∵D 是 AB 中点,△ABC 为等腰直角三角形, E 0 ∠ABC=90 ,∴CD⊥AB 又 AA1⊥平面 ABC,∴CD⊥AA1. B D A

∴CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥AB1,又 CE⊥AB1, ∴AB1⊥平面 CDE; (2)由 CD⊥平面 A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面 CDE ∴DE⊥AB1, ∴DE 是异面直线 AB1 与 CD 的公垂线段 3 1 2 ,AC=1 , ∴CD= ∵CE= . ∴ DE = (CE ) 2 ? (CD) 2 = ; 2 2 2 (3)连结 B1C,易证 B1C⊥AC,又 BC⊥AC , ∴∠B1CB 是二面角 B1—AC—B 的平面角. 3 在 Rt△CEA 中,CE= ,BC=AC=1,∴∠B1AC=600 2 1 ∴ AB1 = = 2 , ∴ BB1 = ( AB1 ) 2 ? ( AB ) 2 = 2 , 2 cos 60 BB1 ∴ tg∠B1CB = = 2 , ∴ ∠B1CB = arctg 2 . BC 说明:作出公垂线段和二面角的平面角是正确解题的前提, 当然, 准确地作 出应当有严格的逻辑推理作为基石. 例 4、 在直角梯形 ABCD 中, ∠A=∠D=90°, AB<CD, SD⊥平面 ABCD, AB=AD=a, S D= 2a ,在线段 SA 上取一点 E(不含端点)使 EC=AC,截面 CDE 与 SB 交 S 于点 F。 (1)求证:四边形 EFCD 为直角梯形; F E (2)求二面角 B-EF-C 的平面角的正切值; M CD 的值是多少时,能使△DMC (3)设 SB 的中点为 M,当 D AB 为直角三角形?请给出证明. A B 解: (1)∵ CD∥AB,AB ? 平面 SAB ∴CD∥平面 SAB 面 EFCD∩面 SAB=EF, ∴CD∥EF ∵ ∠D = 90 0 ,∴ CD ⊥ AD, 又 SD ⊥ 面 ABCD ∴ SD ⊥ CD ∴CD ⊥ 平面 SAD,∴ CD ⊥ ED 又 EF < AB < CD ∴ EFCD 为直角梯形 (2)Q CD ⊥ 平面 SAD, EF ∥ CD, EF ⊥ 平面 SAD ∴ AE ⊥ EF , DE ⊥ EF ,∴ ∠AED 即为二面角 D—EF—C 的平面角 又 EC 2 = ED 2 + CD 2 而 AC 2 = AD 2 + CD 2 且 AC = EC ∴ ED = AD = α , ∴?ADE 为等腰三角形,∴∠AED = ∠EAD ∴ tan ∠AED = 2 (3)当
CD = 2 时, ?DMC 为直角三角形 . AB
Q AB = a,∴ CD = 2a, BD = AB 2 + AD 2 = 2a, ∠BDC = 450 ∴ BC =

C

2a, BC ⊥ BD ,

∴ SD ⊥ 平面 ABCD ,∴ SD ⊥ BC ,∴ BC ⊥ 平面 SBD .

在 ?SBD 中, SD = DB, M 为 SB 中点,∴ MD ⊥ SB . ∴ MD ⊥ 平面 SBC, MC ? 平面 SBC , ∴ MD ⊥ MC ∴ ?DMC 为直角三角形。 例 5.如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AC 与 BD 交于点 E,CB 与 CB1 交

于点 F. (I)求证:A1C⊥平 BDC1; (II)求二面角 B—EF—C 的大小(结果用反三角函数值表示).

解法一: (Ⅰ)∵A1A⊥底面 ABCD,则 AC 是 A1C 在底面 ABCD 的射影. ∵AC⊥BD.∴A1C⊥BD. 同理 A1C⊥DC1,又 BD∩DC1=D, ∴A1C⊥平面 BDC1. (Ⅱ)取 EF 的中点 H,连结 BH、CH,

Q BE = BF =

2 ,∴ BH ⊥ EF . 2 同理CH ⊥ EF .

∴ ∠BHC是二面角B ? EF ? C的平面角.
又 E、F 分别是 AC、B1C 的中点,

1 AB1 . 2 ∴ ?BEF与?CEF是两个全等的正三角形. ∴ EF //
=

3 6 BF = . 2 4 于是在?BCH中,由余弦定理, 得 故BH = CH = cos ∠BHC = BH + CH ? BC = 2 BH ? CH
2 2 2

(

6 2 6 ) + ( )2 ?1 1 4 4 =? 3 6 6 2× × 4 4

1 1 ∴ ∠BHC = arccos(? ) = π ? arccos . 3 3 1 故二面角B ? EF ? C的大小为π ? arccos . 3
解法二: (Ⅰ)以点 C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则 C(0,0,0). D(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,1,1),C1(0,0,1),D1(1,0,1)

∴ CA1 = (1,1,1, ), BD = (1,?1,0), DC1 = (?1,0,1). ∴ CA1 ? BD = 1 ? 1 = 0, CA1 ? DC1 = ?1 + 1 = 0. 即CA1 ⊥ BD, CA1 ⊥ DC1 又BD ∩ DC1 = D, ∴ A1C ⊥ 平面BDC1 .
(Ⅱ)同(I)可证,BD1⊥平面 AB1C.

则 < A1 D, D1 B > 就是所求二面角 的平面角补角的大小.
Q A1C = (?1,?1,?1), D1 B = (?1,1,?1),

∴ cos < A1C , D1 B >= = 1 = . 3× 3 3 1

A1C ? D1 B | A1C | ? | D1 B |

1 故二面角B ? EF ? C的大小为π ? arccos . 3


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