2009高考数学解答题专题攻略----立体几何.doc

新课标教学网 2009高考数学解答题专题攻略-立体几何一、08高考真题精典回顾：1、（08重庆卷）（本小题满分13分，（）小问6分，（）小问7分.）如题（19）图，在中，B=,AC=,D、E两点分别在AB、AC上.使,DE=3.现将沿DE折成直二角角，求：（）异面直线AD与BC的距离；（）二面角A-EC-B的大小（用反三角函数表示）.解法一：（）在答（19）图1中，因，故BEBC.又因B90，从而ADDE.在第（19）图2中，因A-DE-B是直二面角，ADDE,故AD底面DBCE，从而ADDB.而DBBC,故DB为异面直线AD与BC的公垂线.下求DB之长.在答（19）图1中，由，得又已知DE=3,从而因（）在第（19）图2中，过D作DFCE,交CE的延长线于F，连接AF.由（1）知，AD底面DBCE,由三垂线定理知AFFC,故AFD为二面角A-BC-B的平面角在底面DBCE中，DEF=BCE,因此从而在RtDFE中，DE=3,在因此所求二面角A-EC-B的大小为arctan解法二：（）同解法一.（）如答（19）图3.由（）知，以D点为坐标原点，的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，4），E（0，3，0）.过D作DFCE,交CE的延长线于F，连接AF.设从而，有 又由 联立、，解得因为,故,又因,所以为所求的二面角A-EC-B的平面角.因有所以因此所求二面角A-EC-B的大小为2、（08福建卷）（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，则面PAD底面ABCD，侧棱PA=PD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD,ABAD,AD=2AB=2BC=2,O为AD中点.（）求证：PO平面ABCD；（）求异面直线PD与CD所成角的大小；（）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.满分12分.解法一：（）证明：在PAD中PA=PD,O为AD中点，所以POAD,又侧面PAD底面ABCD,平面平面ABCD=AD, 平面PAD，所以PO平面ABCD.（）连结BO，在直角梯形ABCD中、BCAD，AD=2AB=2BC,有ODBC且OD=BC,所以四边形OBCD是平行四边形，所以OBDC.由（）知，POOB,PBO为锐角，所以PBO是异面直线PB与CD所成的角.因为AD=2AB=2BC=2,在RtAOB中，AB=1,AO=1,所以OB，在RtPOA中，因为AP，AO1，所以OP1，在RtPBO中，tanPBO所以异面直线PB与CD所成的角是.（）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为.设QDx，则，由（）得CD=OB=，在RtPOC中， 所以PC=CD=DP, 由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时.解法二：()同解法一.()以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),所以所以异面直线PB与CD所成的角是arccos， ()假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，由()知设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则所以即，取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设由，得解y=-或y=(舍去)，此时，所以存在点Q满足题意，此时.3、（08辽宁卷）（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体中，AP=BQ=b（0b1），截面PQEF，截面PQGHABCDEFPQHG（）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；（）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值；（）若与平面PQEF所成的角为，求与平面PQGH所成角的正弦值本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分解法一：ABCDEFPQHGNM（）证明：在正方体中，又由已知可得，所以，所以平面所以平面和平面互相垂直4分（）证明：由（）知，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是，是定值8分（III）解：连结BC交EQ于点M因为，所以平面和平面PQGH互相平行，因此与平面PQGH所成角与与平面所成角相等与（）同理可证EQ平面PQGH，可知EM平面，因此EM与的比值就是所求的正弦值设交PF于点N，连结EN，由知因为平面PQEF，又已知与平面PQEF成角，所以，即，解得，可知E为BC中点所以EM=，又，故与平面PQCH所成角的正弦值为12分解法二：ABCDEFPQHyxzG以D为原点，射线DA，DC，DD分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系Dxyz由已知得，故，（）证明：在所建立的坐标系中，可得，因为，所以是平面PQEF的法向量因为，所以是平面PQGH的法向量因为，所以，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直4分（）证明：因为，所以，又，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形在所建立的坐标系中可求得，所以，又，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为，是定值8分（）解：由已知得与成角，又可得 ，即，解得所以，又，所以与平面PQGH所成角的正弦值为12分二、09高考立体几何分析与预测：立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考的热点内容。该部分新增加了三视图，对三视图的考查应引起格外的注意。立体几何在高考解答题中，常以空间几何体（柱，锥，台）为背景，考查几何元素之间的位置关系。另外还应注意非标准图形的识别、三视图的运用、图形的翻折、求体积时的割补思想等，以及把运动的思想引进立体几何。最近几年综合分析全国及各省高考真题，立体几何开放题是高考命题的一个重要方向，开放题更能全面的考查学生综合分析问题的能力。考查内容一般有以下几块内容：1、平行：包括线线平行，线面平行，面面平行；2、垂直：包括线线垂直，线面垂直，面面垂直；3、角度：包括线线（主要是异面直线）所成的角，线面所成的角，面面所成的角；4、求距离或体积；高考中的立体几何题的解法通常一题多解，同一试题的解题途径和方法中常常潜藏着极其巧妙的解法，尤其是空间向量这一工具性的作用体现的更为明显。因此，这就要求考生通过“周密分析、明细推理、准确计算、猜测探求”等具有创造性思维活动来选择其最佳解法以节约做题时间，从而适应最新高考要求。熟练掌握该部分的判定定理和性质定理是做好立体几何的重中之重。同时平时要注意培养自己的空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.三、高考热点新题：1、如图所示，在矩形中，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角是直二面角. （）证明：；（）求二面角的正切值. ABOCDA1B1C12.在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为的正三角形，点A1在底面ABC上的射影O恰是BC的中点（）求证：A1ABC；（）当侧棱AA1和底面成45角时，求二面角A1ACB的大小余弦值；（）若D为侧棱A1A上一点，当为何值时，BDA1C1C1B1A1BADC3.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中， .（）若D为AA1中点，求证：平面B1CD平面B1C1D；（）若二面角B1DCC1的大小为60，求AD的长.4.四棱椎PABCD中，底面ABCD是矩形，为正三角形，平面PB中点.（1）求证：PB 平面AEC；（2）求二面角EACD的大小.5.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？证明你的结论.参 考 答 案：1解：（）AD=2AB=2，E是AD的中点，BAE，CDE是等腰直角三角形，易知，BEC=90，即BEEC 又平面DEC平面BEC，面DEC面BEC=EC，BE面DEC，又CD面DEC，BECD（）法一：设M是线段EC的中点，过M作MFBC垂足为F，连接DM，DF，则DMEC平面DEC平面BEC，DM平面EBC，MF是DF在平面BEC上的射影，由三垂线定理得：DFBC，DFM是二面DBCE的平面角. 在RtDMF中，。，即二面角DBCE的正切值为. 法二：如图，以EB，EC为x轴，y轴，过E垂直于平面BEC的射线为z轴，建立空间直角坐标系，则设平面BEC的法向量为；平面DBC的法向量为由.取 。 二面角DBCE的的正切值为.2.本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.解法一：（）连结AO，A1O面ABC，AOBCA1ABC（）由（）得A1AO=45由底面是边长为2的正三角形，可知AO=3A1O=3，AA1=3过O作OEAC于E，连结A1E，则A1EO为二面角A1ACB的平面角ABOCEDFA1B1C1OE=，tanA1EO=即二面角A1ACB的大小余弦值为（）过D作DFA1O，交AO于F，则DF平面ABCBF为BD在面ABC内的射影，又A1C1AC，要使BDA1C1，只要BDAC，即证BFAC，F为ABC的中心，解法二：以O点为原点，OC为x轴，OA为y轴，OA1为z轴建立空间直角坐标系（）由题意知A1AO=45，A1O=3O（0，0，0），C（，0，0），A（0，3，0），A1（O，0，3），B（，0，0）ABOCDA1B1C1xzy=（0，3，3），=（2，0，0）=02+（3）0+30=0AA1BC（）设面ACA1的法向量为n1=（x，y，z），则令z=1，则x=，y=1，n1=（，1，1）而面ABC的法向量为n2=（0，0，1） cos(n1，n2)=又显然所求二面角的平面角为锐角，所求二面角的大小为（）A1C1AC，故只需BDAC即可，设AD=a，则D（0，3a，a）又B（，0，0），则=（，3a，a），=（，3，0）要使BDAC，须=33（3a）=0，得a=2，而AA1=3，A1D=，3.本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力解法一：（），又由直三棱柱性质知，平面ACC1A1.由D为中点可知，即由可知平面B1C1D，又平面B1CD，故平面平面B1C1D. （）由（1）可知平面ACC1A1，如图，在面ACC1A1内过C1作，交CD或延长线或于E，连EB1，由三垂线定理可知为二面角B1DCC1的平面角，由B1C1=2知，设AD=x，则的面积为1，解得，即解法二：（）如图，以C为原点，CA、CB、CC1所在直线为x, y, z轴建立空间直角坐标系. 则 C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2），D（1，0，1）.xC1B1A1BADCzy即得；又，平面B1C1D.又平面B1CD，平面平面B1C1D（）设AD=a，则D点坐标为（1，0，a），设平面B1CD的法向量为. 则由 得，又平面C1DC的法向量为，则由，即，故4.本题主要考查直线与直线、直线与平面、二面角的概念等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力，同时也可考查学生灵活利用图形，建立空间直角坐标系，借助向量工具解决问题的能力。解（1）连， （2）解法一：设，过 平面ABCD， 取中点,连结EG、OG， 解法二：设，过 平面ABCD，又 故可以分别以OH、HC、HP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系H-xyz。由已知得H（0，0，0）,A（a,-b,0）,B(a,b,0),C(0,b,0),D(0,-b,0),P(0,0, ),E( ,解得，取y=1,得5本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力满分13分解：法一：（1）如图：在ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF.AB平面DEF. （2）ADCD，BDCD ADB是二面角ACDB的平面角ADBD AD平面BCD取CD的中点M，这时EMAD EM平面BCD过M作MNDF于点N，连结EN，则ENDFMNE是二面角EDFC的平面角在RtEMN中，EM=1，MN=t