复习参考题教学设计实例

高考立体几何问题热点题型

热点一

空间点、线、面位置关系

热点二

立体几何中的探索性问题

热点三

空间向量在立体几何中的应用

热点一

空间点、线、面位置关系

例1—1如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，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E-ABC的体积．

(1)证明

在三棱柱ABC-A1B1C1中，

BB1⊥底面ABC．

所以BB1⊥AB．

又因为AB⊥BC，

所以AB⊥平面B1BCC1.

所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

例1-2

(14分)(2014·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，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E-ABC的体积．

(2)证明

法一

如图，取AB中点G，连接EG，FG.

1因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝AC．

2因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，

所以FG∥EC1，且FG＝EC1.

所以四边形FGEC1为平行四边形．

所以C1F∥EG.

又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，

所以C1F∥平面ABE.

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HF∥AB，

又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，

所以四边形EAHC1为平行四边形，

所以C1H∥AE，

又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，

所以平面ABE∥平面C1HF，

又C1F⊂平面C1HF，

所以C1F∥平面ABE. (3)解

因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，

所以AB＝AC2－BC2＝3.

所以三棱锥E-ABC的体积

1113V＝S△ABC·AA1＝××3×1×2＝.

3323

探究提高：

(1)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证明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行，面面平行的转化．

(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．

训练1

(2015·四川卷)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BEG.

(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ABCD－EFGH为正方体，

所以BC∥FG，BC＝FG.

又FG∥EH，FG＝EH，

所以BC∥EH，BC＝EH，

于是四边形BCHE为平行四边形，

所以BE∥CH，

又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，

所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，

又BE∩BG＝B，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ABCD－EFGH为正方体，

所以DH⊥平面EFGH.

因为EG⊂平面EFGH，

所以DH⊥EG，

又EG⊥FH，DH∩FH＝H，

所以EG⊥平面BFHD，

又DF⊂平面BFHD，

所以DF⊥EG，

同理DF⊥BG，

又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面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．

【例2】(2015·天津卷改编)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．

(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

(3)在棱A1B1上是否存在点E，使得直线NE与平面1ABCD所成角的正弦值为？若存在，求出线段A1E3的长;若不存在,请说明理由解

如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，

D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，

C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，

又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，

1所以M1，2，1，N(1，－2，1) 5→，由此可0，－，0(1)证明

依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量MN＝2→得MN·n＝0，

又因为直线MN⊄平面ABCD，

所以MN∥平面ABCD.

→→(2)AD1＝(1，－2，2)，AC＝(2，0，0)，

设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的一个法向量，

→n1·AD1＝0，x1－2y1＋2z1＝0，则

→2x＝0.1AC＝0，n1·不妨设z1＝1，可得n1＝(0，1，1)．

设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，

→n2·AB1＝0，→y2＋2z2＝0，则又AB1＝(0，1，2)，得

→2x＝0，2n2·AC＝0，可得n2＝(0，－2，1)．

n1·n210因此有cos〈n1，n2〉＝|n|·＝－10

1|n2|310所以二面角D1－AC－B1的正弦值为10.

1(3)假设存在点E，使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为3.

→→依题意，可设A1E＝λA1B1，其中λ∈[0，1]，

→则E(0，λ，2)，从而NE＝(－1，λ＋2，1)，

又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量

→|NE·n|11→由已知，得|cos〈NE，n〉|＝→＝＝2223

（－1）＋（λ＋2）＋1|NE||n|

整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7.

因此存在点E，满足题设条件，且线段A1E＝7－2.

又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2

探究提高：

(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．

【训练2】(2016·济南调研)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？若存在，试求出BC的值．

1BD(1)证明

在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.

又平面ABC⊥平面AA1C1C，

且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，

AA1⊂平面AA1C1C.

∴AA1⊥平面ABC. (2)解

由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB，

由题意知，

在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，

∴BC2＝AC2＋AB2，

∴AB⊥AC.

∴以A为坐标原点，

建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.

A1(0，0，4)，B(0，3，0)，

C1(4，0，4)，B1(0，3，4)，

→→于是A1C1＝(4，0，0)，A1B＝(0，3，－4)，

→→B1C1＝(4，－3，0)，BB1＝(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)．

→4x1＝0，n1＝0，A1C1·∴

⇒



→3y－4z＝0，11n1＝0A1B·∴取向量n1＝(0，4，3)．

→n2＝0，B1C1·4x2－3y2＝0，由

⇒



→4z＝0.2n2＝0BB1·取向量n2＝(3，4，0)，

n1·n21616∴

cos θ＝|n||n|＝5×5＝25.

12由题图可判断二面角A1－BC1－B1为锐角，

16故二面角A1－BC1－B1的余弦值为25.

(3)解

假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，

∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3，4)，

解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，

→∴AD＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD⊥A1B，

∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，

9解得λ＝25，

9因为25∈[0，1]，

所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，

BD9此时BC＝25.

1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．

[考查角度一]

计算线线角、线面角

例3-1(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为π直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝2，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.

(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{AB，AD，AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，

D(0，2，0)，P(0，0，2)．

(1)由题意知，AD⊥平面PAB，

所以AD→是平面PAB的一个法向量，AD→＝(0，2，0)．

因为PC→＝(1，1，－2)，PD→＝(0，2，－2)．

设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，

则m·PC→＝0，m·PD→＝0，

即

x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.

令y＝1，解得z＝1，x＝1.

所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．

→从而cos〈AD→，m〉＝AD·m3→＝||m|3，

|AD所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.

(2)因为BP→＝(－1，0，2)，

设BQ→＝λBP→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，

又CB→＝(0，－1，0)，

则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ，－1，2λ)，

又DP→＝(0，－2，2)，

从而cos〈CQ→，DP→〉＝CQ→·DP→1＋2λ|CQ→||DP→＝|10λ2＋2.

平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，

则m·PC→＝0，m·PD→＝0，

即

x＋y－2z＝0，2y－2z＝0.令y＝1，解得z＝1，x＝1.

所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．

从而cos〈AD→，m〉＝AD→·m3→＝3，

|AD||m|

3所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为3.

→(2)因为BP＝(－1，0，2)，

→→设BQ＝λBP＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，

→又CB＝(0，－1，0)，

→→→则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1，2λ)，

→又DP＝(0，－2，2)，

→→1＋2λCQ·DP→→从而cos〈CQ，DP〉＝→→＝.

210λ＋2|CQ||DP|设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，

2t2→→2则cos〈CQ，DP〉＝2

5t－10t＋9＝9≤22010

159t－9＋9292310→→当且仅当t＝5，即λ＝5时，|cos〈CQ，DP〉|的最大值为10.

π因为y＝cos x在0，2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＝12＋22＝5

225所以BQ＝5BP＝5.

探究提高：

解决与线线角、线面角的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

例3—2 【例3－1】(2015·重庆卷)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACBπ＝2.

D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2. (1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．

(1)证明

由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，

故PC⊥DE.

△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.

由PC∩CD＝C，

DE垂直于平面PCD内两条相交直线，

故DE⊥平面PCD. π(2)解

由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝4，

如图，过D作DF垂直CE于F，

易知DF＝FC＝FE＝1，

又已知EB＝1，故FB＝2.

π由∠ACB＝2，得DF∥AC

π由∠ACB＝2，得DF∥AC

，

DFFB2∴AC＝BC＝3，

33故AC＝2DF＝2.

→→→以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向

为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

3则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A2，0，0，

E(0，2，0)，D(1，1，0)，

→→→1ED＝(1，－1，0)，DP＝(－1，－1，3)，DA＝2，－1，0. 设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

→→由n1·DP＝0，n1·DA＝0，

－x－y＋3z1＝0，11得1

x－y＝0，211故可取n1＝(2，1，1)．

由(1)可知DE⊥平面PCD，

即n2＝(1，－1，0)．

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

n1·n23cos 〈n1，n2〉＝|n|·＝6，

1|n2|3故所求二面角A－PD－C的余弦值为6. 探究提高：

(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A－PD－C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．

【训练3】

(2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；

(2)求二面角A1－BD－B1的平面角的余弦值．

(1)证明

设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，

又AE⊂平面ABC，所以A1E⊥AE.

因为AB＝AC，所以AE⊥BC.

又A1E∩BC＝E，故AE⊥平面A1BC.

由D，E分别为B1C1，BC的中点，

得DE∥B1B且DE＝B1B，

从而DE∥A1A且DE＝A1A，

所以A1AED为平行四边形．

故A1D∥AE.

又因为AE⊥平面A1BC，

所以A1D⊥平面A1BC.

(2)解

法一

如图，作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连E接B1F. 由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°

得A1B＝A1A＝4.

由A1D＝B1D，A1B＝B1B，

得△A1DB与△B1DB全等．

由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，

因此∠A1FB1为二面角A1－BD－B1的平面角．

法二

以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正

半轴，建立空间直角坐标系E－xyz，如图所示．

由题意知各点坐标如下：

A1(0，0，14)，B(0，2，0)，

D(－2，0，14)，B1(－2，2，14)．

→因此A1B＝(0，2，－14

)，

→→BD＝(－2，－2，14)，DB1＝(0，2，

0)．

设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．

→A1B＝0，2y1－14z1＝0，m·由即

→－2x－2y＋14z＝0，111BD＝0，m·可取m＝(0，7，1)．

于是|cos〈m，n〉|＝|m·n|1|m|·|n|＝8

由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，

故二面角A11－BD－B1的平面角的余弦值为－8