课标通用高考数学一轮复习 第八章 立体几何大题冲关 理.docx

1、课标通用高考数学一轮复习 第八章 立体几何大题冲关 理（课标通用）2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何大题冲关 理1立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)热点一空间点、

2、线、面的位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制试题，主要考查公理4及线面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等典题1如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，AB平面ABC，所以BB1AB

3、.又ABBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.(2)证明证法一：如图，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.证法二：如图，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB.又E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1綊AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE.又C1H

4、HFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF.又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.(3)解因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.1证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题2计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不能直接用公式时，注意进行体积的转化一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF平面B

5、EG.(1)解：点F，G，H的位置如图所示(2)解：平面BEG平面ACH.证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BCFG，BCFG.又FGEH，FGEH，所以BCEH，BCEH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BECH.又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE平面ACH，同理BG平面ACH，又BEBGB，所以平面BEG平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCDEFGH为正方体，所以DH平面EFGH.因为EG平面EFGH，所以DHEG.又EGFH，DHFHH，所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD，所以DFEG，同理DFBG，又EGBGG，所以DF平面

6、BEG.热点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，一般有两种考查形式：(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典题22017山东济南调研如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得ADA1B？若存在，试求出的值(1)证明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面

7、AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面AA1C1C.AA1平面ABC.(2)解由(1)知，AA1AC，AA1AB，由题意知，在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC.以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，于是(4,0,0)，(0,3，4)，(4，3,0)，(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)取向量n1(0,4,3)由取向量n2(3,4,0)cos .由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角

8、，故二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，使ADA1B，且，(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4，(4，33，4)又ADA1B，03(33)160，解得，0,1，在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，此时.1对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，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，解出参数热点三空间向量在立体几何中的应用 在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的

9、坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等常见的命题角度有：考查角度一计算线线角、线面角典题3如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0

10、,2)(1)由题意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.解决与线线

11、角、线面角有关的问题，关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算求解考查角度二求二面角典题42016浙江卷如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，且ACBC，所以AC平面BCK，因此BFAC.又EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，又ACCKC，所以BF平面ACFD.(2)解解法一：过点F作FQAK于

12、Q，连接BQ.因为BF平面ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角BAD F的平面角在RtACK中，AC 3，CK2，得AK，FQ.在RtBQF中，FQ，BF，得cos BQF.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.解法二：如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意，得B(1,0,0)，C(1,0,0)，K(0,0，)，A(1，3，0) ，E，F.因此，(0,3,0)，(1,3，)，(2,3,0)设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2)由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，)于是cosm，n.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.1用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”2求二面角的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小