高中数学立体几何经典常考题型

1、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，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(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OBOC，又ABC，OCB，BOC.COAB.又PO平面ABC，OC平面ABC，POOC.又PO，AB平面PAB，POABO，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OA1，则POOBOC2，DA1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，(0，1，1)，(2，2，0)，(0，3，1).设平面BDC的一个法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1，1，3).设PD

2、与平面BDC所成的角为，则sin .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【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A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，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

3、，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1应满足的方程组(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.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PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(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

4、存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.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POCO.因为ACCD，所以COAD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz.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)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2，2).又(1，1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1，使得.因此点M(0，1，)，(1，).因为BM平面PCD，所以要使BM平面PCD，则n0，即(1，)(1，2，2)0，解得.所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时.【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

5、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PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点.(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，试求出二面角FPCD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CNAB，垂足为点N.CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四边形CDAN为平行四边形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，AB12，而E，M分别为PA，PB的中点，EMAB且EM6，又DCAB，EMCD且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，DECM.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Dxyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0

6、，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CFBD，设点F坐标为(8，t，0)，则(8，t6，0)，(8，12，0)，由0得t.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(0，6，8)，.由得即不妨令y12，有n(8，12，9).则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角FPCD的余弦值为.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，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.(1)证明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH

7、.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，(3，1，3).设m(x1，y1，z1)是平面ABD的一个法向量，则即所以可取m(4，3，5).设n(x2，y2，z2)是平面ACD的一个法向量，则即所以可取n(0，3，1).于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.【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，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明在题图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图2中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则得取n1(1，1，1)； 得取n2(0，1，1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.

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