備戰(zhàn)2018年高考數(shù)學 解答題高分寶典 專題04 立體幾何（核心考點）理

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

1、 專題04立體幾何 核心考點一平行關系的證明 平行關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．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DF與GN交于點O，連接AE，則AE必過點O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線， 所以BE∥MO. 因為BE平面DMF，MO平面DMF， 所以BE∥平面DMF. (2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點， 所以DE∥GN. 因為DE平面MNG，GN平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因為M為AB的中點， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN. 因為BD平面MNG，MN平面MNG， 所以BD∥平面MNG. 因為DE與BD為平面BDE內的兩條相交直線， 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)； (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定理(α∥β，a?α?a∥β)； (4)利用面面平行的性質(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：如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行； (3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行； (4)兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行； (5)利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉化． 3.平行關系之

4、間的轉化 在證明線面、面面平行時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其順序恰好相反，但也要注意，轉化的方向是由題目的具體條件而定的，不可過于“模式化”． 模擬訓練 1．如圖所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，點D，D1分別為AC，A1C1上的點． (1)當?shù)扔诤沃禃r，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，此時＝1. 連接A1B，交AB1于點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. 核心考點二垂直關系的證明 平行關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．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， ∴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(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質． (2)證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此，判定定理與性質定理的合理轉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，一般要用性質定理進行轉化． 在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直． 3. 垂直關系之間的轉化 在證明線面垂直、面面垂直時，一定要注意判定定理成立的條件．同時抓住線線、線面、面面垂直的轉化關系，即： 在證明兩平面垂直時，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. 模擬訓練 2．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點，點F在側棱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，因為D，E分別為AB，BC的中點， 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 又因為DE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. 因為A1C1平面A1B1C1， 所以A1A⊥A1C1. 又因為A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1， 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因為B1D平面AB

10、B1A1， 所以A1C1⊥B1D. 又因為B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1， 所以B1D⊥平面A1C1F. 因為直線B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 核心考點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，是空間向量的一個具體應用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復雜的推理證明、輔助線的作法轉化為空間向量的運算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉“數(shù)”的轉化思想． 【經典示例】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側面

11、PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (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, 恰當建立空間直角坐標系，準確表示各點與相關向量的坐標；. 第二步,把平行與垂直問題轉化為直線方向向量或平面法向量之間的數(shù)量關系； 第三步,通過計算得出結論； 第四步,還原結論. 【滿分答案】 (1)如圖，取AD的中點O，連接OP，OF. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 因為側面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，所以OF∥AB. 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因為PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O為原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則A(，0,0)，F(xiàn)(0，，0)，D(－，0,0)，P(0,0，)，B(，a,0)，C(－，a,0)． 因為E為PC的中點，所以E(－，，)． 易知平面PAD的一個法向量為＝(0，，0)， 因為＝(，0，－)， 且·＝(0，，0)·(，0，－)＝0， 所以EF∥平面PAD. (2)因為＝(，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的不共線的兩個向量共面，或證直線的方向向量與平面內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化為向量運算． 2.證明垂直問題的方法 (1)利用已知的線面垂直關系構建空間直角坐標系，準確寫出相關點的坐標，從而將幾何證明轉化為向量運算．其中靈活建系是解題的關鍵． (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不共線的兩個向量垂直即可，當然，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，只要能證明一個平面內的一條直線的方向向量為另一個平面的法向量即可． 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，再進一步論證；另一種是利用空間向量，先設出假設存在點的坐標，再根據(jù)條件求該點的坐標，即找到“存在點”，若該點坐標不能求出，或有矛盾，則判定“不存在”． 模擬訓練 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． (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)， 因為|cos〈，〉|＝＝＝. 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN. 連接AE，如圖所示． 因為＝(0,1,1)，可設＝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＝(0，，)，||＝. 經檢驗，當AS＝時，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時AS＝. 核心考點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容，重點是直線與平面所成角及二面角，此類問題模式化較強，在高考中屬于得分題，但運算量一般較大,要注意運算的準確性. 【經典示例】如圖所示，等邊三角形ABC的邊長為3，點D，E分別是邊AB，AC上的點，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,建立空間直角坐標系； 第二步,確定點的坐標； 第三步,求向量(直線的方向向量、平面的法向量)； 第四步,計算向量的夾角(或函數(shù)值)； 第五步，將向量夾角轉化為所求的空間角； 第六步，反思回顧．查看關鍵點、易錯點和答題規(guī)范 【滿分答案】　(1)證明：因為等邊△ABC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， 因為二面角A1 -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)假設存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°.如圖所示，在BC上取點P，連接A1P，過點P作PH垂直BD于點H，連接A1H.由(1)的證明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED. 以D為坐標原點，以射線DB，DE，DA1分別為x軸，y軸，z軸的非負半軸，建立空間直角坐標系D -xyz. 設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)， 因為ED⊥平面A1BD， 所以平面A1BD的一個法向量為＝(0，，0)． 因為直線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P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時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系

20、；(2)確定異面直線上兩個點的坐標，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的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)； (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半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實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半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。? 模擬訓練 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G為AB的中點，AB＝BE＝2. (1)求證：EG∥平面ADF； (2)求二面角O—EF—C的正弦值； (3)設H為線段AF上的點，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為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，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的一個法向量，依題意，＝(1,1,0)，＝(－1,1,2)． 設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. 因為＝(1，－1,2)， 所以＝＝， 進而有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