2012高考数学考点总动员 考点6 善于观察,精妙转化,做好立体几何不再是难事新课标版
高中数学高考题免费下载平台(http://www.shuxue1618.com)为您分享
一.专题综述
理科的立体几何由三部分组成,一是空间几何体,二是空间点、直线、平面的位置关系,三是立体几何中的向量方法.高考在命制立体几何试题中,对这三个部分的要求和考查方式是不同的.在空间几何体部分,主要是以空间几何体的三视图为主展开,考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题,试题的题型主要是选择题或者填空题,在难度上也进行了一定的控制,尽管各地有所不同,但基本上都是中等难度或者较易的试题;在空间点、直线、平面的位置关系部分,主要以解答题的方法进行考查,考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明,而且一般是这个解答题的第一问;对立体几何中的向量方法部分,主要以解答题的方式进行考查,而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法,考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算,把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.
二.考纲解读
1.空间几何体:该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征,通过对各种空间几何体结构特征的了解,认识各种空间几何体的三视图和直观图,通过三视图和直观图判断空间几何体的结构,在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法.
2.空间点、直线、平面的位置关系:该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系,重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质,面面平行和垂直关系的判定和性质.在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用,重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法.
3.空间向量与立体几何:由于有平面向量的基础,空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理,在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法,并注重运算能力的训练.
三.2012年高考命题趋向
1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算.对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势,通过这个试题考查考生的空间想象能力;空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体,交汇考查三视图的知识和面积、体积计算,试题难度中等.
2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明,在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离,以求解空间角为主,特别是二面角.
四.高频考点解读
考点一 三视图的辨别与应用
例1[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图所示,则相应的侧视图可以为( )
【答案】D
【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的,,故侧视图选D.
例2[2011·山东卷] 右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①
存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如右图;② 存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如右图;③ 存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图.其中真命
题的个数是( ).
A.3 B.2 C.1 D. 0
【答案】A.
【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱;②可以是长方体;③可以是放倒了的圆柱.故选择.另解:①②③均是正确的,只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱,让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧;②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺;③圆柱平躺即可使得三个命题为真,答案选A.
【解析】 由正视图可排除A,C;由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.
【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图,首先要确定正视、侧视、俯视的方向,其次要注意组合体由哪些几何体组成,弄清它们的组成方式,特别应注意它们的交线的位置.
考点二 求几何体的体积
例4[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1-2所示,则它的体积是( )
A.8- B.8-
C.8-2π D.
【答案】A
【解析】 分析图中所给的三视图可知,对应空间几何图形,应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1,高为2的圆锥,则对应体积为:V=2*2*2-π*12*2=8-π.
例5 [2011·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上,若圆锥底面面积是这个球面面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_
【答案】
【解析】 如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,则球面面积为4πR2,圆锥底面面积为πr2,
由题意πr2=πR2,所以r=R,所以OO1===R,
所以SO1=R+R=R, S1O1=R-R=R,
所以==.
例6[2011·安徽卷] 如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,OAB,OAC,ODE,ODF都是正三角形.
(1)证明直线BC∥EF;
(2)求棱锥F-OBED的体积.
【解答】 (1)(综合法)
证明:设G是线段DA与线段EB延长线的交点,由于OAB与ODE都是正三角形,OA=1,OD=2,所以OB綊DE,OG=OD=2.
同理,设G′是线段DA与线段FC延长线的交点,有OC綊DF,OG′=OD=2,又由于G和G′都在线段DA的延长线上,所以G与G′重合.
在GED和GFD中,由OB綊DE和OC綊DF,可知B,C分别是GE和GF的中点,所以BC是GEF的中位线,故BC∥EF.
(向量法)
过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,连QE.
由平面ABED⊥平面ADFC,知FQ⊥平面ABED.
以Q为坐标原点,为x轴正向,为y轴正向,为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知E(,0,0),F(0,0,),B,C.
则有=,=(-,0,).
所以=2,即得BC∥EF.
(2)由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知SEOB=.
而OED是边长为2的正三角形,故SOED=.
所以S四边形OBED=SEOB+SOED=.
过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=,所以VF-OBED=FQ·S四边形OBED=.
【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂,有关的计算公式无法运用,或者虽然几何体并不复杂,但条件中的已知元素彼此离散时,我们可采用"割"、"补"的技巧,化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台),或化离散为集中,给解题提供便利.
(1)几何体的"分割":几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求,分割成若干个易求体积的几何体,进而求之.
(2)几何体的"补形":与分割一样,有时为了计算方便,可将几何体补成易求体积的几何体,如长方体、正方体等.另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法,由台体的定义,我们在有些情况下,可以将台体补成锥体研究体积.
(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算,应以公式为基础,充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素.
考点三 求几何体的表面积
【答案】C
【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示),所以该直四棱柱的表面积为
S=2**(2+4)*4+4*4+2*4+2**4=48+8.
例8[2011·陕西卷] 如图,在ABC中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把ABD折起,使∠BDC=90°.
(1)证明:平面ADB⊥平面BDC;
(2)若BD=1,求三棱锥D-ABC的表面积.
【解答】 (1)∵折起前AD是BC边上的高,
∴当ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.
又DB∩DC=D.
∴AD⊥平面BDC.
∵AD 平面ABD,
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由(1)知,DA⊥DB,DB⊥DC,DC⊥DA,
DB=DA=DC=1.
∴AB=BC=CA=.
从而SDAB=SDBC=SDCA=*1*1=.
SABC=***sin60°=.
∴表面积S=*3+=.
【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.
考点四 平行与垂直
例9[2011·辽宁卷] 如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是( )
A.AC⊥SB
B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D
【解析】 ①由SD⊥底面ABCD,得SD⊥AC,又由于在正方形ABCD中,BD⊥AC,SD∩BD=D,所以AC⊥平面SBD,故AC⊥SB,即A正确.②由于AB∥CD,AB平面SCD,CD平面SCD,所以AB∥平面SCD,即B正确.③设AC,BD交点为O,连结SO,则由①知AC⊥平面SBD,则由直线与平面成角定义知SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO.由于ADS≌CDS,所以SA=SC,所以SAC为等腰三角形,又由于O是AC的中点,所以∠ASO=∠CSO,即C正确.④因为AD∥CD,所以AB与SC所成的角为∠SCD,DC与SA所成的角为∠SAB,∠SCD与∠SAB不相等,故D项不正确.
例10 [2011·课标全国卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.
【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD,
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.
(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.
已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC.
由题设知PD=1,则BD=,PB=2.
根据DE·PB=PD·BD得DE=.
即棱锥D-PBC的高为.
例11[2011·山东卷] 如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.
(1)证明:AA1⊥BD;
(2)证明:CC1∥平面A1BD.
证明:(1)证法一:
因为D1D⊥平面ABCD,且BD平面ABCD,
所以D1D⊥BD.
又因为AB=2AD,∠BAD=60°,
在ABD中,由余弦定理得
BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos60°=3AD2.
所以AD2+BD2=AB2,
所以AD⊥BD.
又AD∩D1D=D,
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1平面ADD1A1,
所以AA1⊥BD.
证法二:
因为D1D⊥平面ABCD,且BD平面ABCD,
所以BD⊥D1D.
取AB的中点G,连接DG.
在ABD中,由AB=2AD得AG=AD,
又∠BAD=60°,所以ADG为等边三角形.
因此GD=GB.
故∠DBG=∠GDB,
又∠AGD=60°,
所以∠GDB=30°,
故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°,
所以BD⊥AD.
又AD∩D1D=D,
所以BD⊥平面ADD1A1,
又AA1平面ADD1A1,
所以AA1⊥BD.
(2)连接AC,A1C1.
设AC∩BD=E,连接EA1.
因为四边形ABCD为平行四边形,
所以EC=AC,
由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知,
A1C1∥EC且A1C1=EC,
所以四边形A1ECC1为平行四边形.
因此CC1∥EA1,
又因为EA1平面A1BD,CC1平面A1BD,
所以CC1∥平面A1BD.
【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中,"中点"是经常使用的一个特殊点,无论是试题本身的已知条件,还是在具体的解题中,通过找"中点",连"中点",即可出现平行线,而线线平行是平行关系的根本.在垂直关系的证明中,线线垂直是问题的核心,可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直,也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直,其中要特别重视两个平面垂直的性质定理,这个定理已知的是两个平面垂直,结论是线面垂直.
考点五 与球相关的问题
例12 [2011·课标全国卷] 已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O-ABCD的体积为_
【答案】8
【解析】 如图,由题意知,截面圆的直径为==4,
所以四棱锥的高===2,
所以其体积V=S矩形ABCD·=*6*2*2=8.
例13[2011·辽宁卷] 已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=,∠ASC=∠BSC=30°,则棱锥S-ABC的体积为( )
A.3 B.2 C. D.1
【答案】C
【解析】 如图,过A作AD垂直SC于D,连接BD.
由于SC是球的直径,所以∠SAC=∠SBC=90°,又∠ASC=∠BSC=30°,又SC为公共边,所以SAC≌SBC.由于AD⊥ SC,所以BD⊥SC.由此得SC⊥平面ABD.
所以VS-ABC=VS-ABD+VC-ABD=SABD·SC.
由于在直角三角形SAC中∠ASC=30°,SC=4,所以AC=2,SA=2,由于AD==.同理在直角三角形BSC中也有BD==.
又AB=,所以ABD为正三角形,
所以VS-ABC=SABD·SC=**()2·sin60°*4=,所以选C.
【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合,通常作它们的轴截面进行解题,球与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球心,或"切点"、"接点"作出截面图
考点六 异面直线所成的角
例14[2011·天津卷] 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;
(2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值;
(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.
【解答】 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点.依题意得A(2,0,0),B(0,0,0),C(,-,),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,,).
(1)易得=2,0,0),于是cos〈,〉===.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知=(0,2,0)
设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),
则即不妨令x=,可得m=(,0,).
同样地,设平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z),
则即
不妨令y=,可得n=(0,,).
于是cos〈m,n〉===,
从而sin〈m,n〉=.
所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.
(3)由N为棱B1C1的中点,得N.
设M(a,b,0),则=.
由MN⊥平面A1B1C1,得即解得故M.
因此=,
所以线段BM的长||=.
方法二:(1)由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角.
因为C1H⊥平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H=,可得A1C1=B1C1=3.
因此cos∠C1A1B1==.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)连接AC1,易知AC1=B1C1.又由于AA1=B1A1,A1C1=A1C1,所以AC1A1≌B1C1A1.过点A作AR⊥A1C1于点R,连接B1R,于是B1R⊥A1C1.故∠ARB1为二面角A-A1C1-B1的平面角.在RtA1RB1中,B1R=A1B1·sin∠RA1B1=2·=.连接AB1,在ARB1中,AB1=4,AR=B1R,cos∠ARB1==-,从而sin∠ARB1=.所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为.
(3)因为MN⊥平面A1B1C1,所以MN⊥A1B1,取HB1中点D,连接ND.由于N是棱B1C1中点,所以ND∥C1H且ND=C1H=.又C1H⊥平面AA1B1B,所以ND⊥平面AA1B1B.故ND⊥A1B1.又MN∩ND=N,所以A1B1⊥平面MND.连接MD并延长交A1B1于点E,则ME⊥A1B1.故ME∥AA1.
由===,得DE=B1E=,延长EM交AB于点F,可得BF=B1E=.连接NE.在RtENM中,ND⊥ME.故ND2=DE·DM.所以DM==.可得FM=.连接BM,在RtBFM中.BM==.
【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在解答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或通过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何法或向量法解决立体几何问题的能力.
考点七 线面角
例15[2011·天津卷] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD的中点.
(1)证明PB∥平面ACM;
(2)证明AD⊥平面PAC;
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
【解答】 (1)证明:连接BD,MO.在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点.又M为PD的中点,所以PB∥MO.因为PB平面ACM,MO平面ACM,所以PB∥平面ACM.
(2)证明:因为∠ADC=45°,且AD=AC=1,所以∠DAC=90°,即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD,AD平面ABCD,所以PO⊥AD.而AC∩PO=O,所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N,连接MN,AN.因为M为PD的中点,所以MN∥PO,且MN=PO=1.由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.在RtDAO中,AD=1,AO=,所以DO=.从而AN=DO=.在RtANM中,tan∠MAN===,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解.
考点八 二面角(理)
例16[2011·课标全国卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解答】 (1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD,
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,DA、DB、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),
=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则即因此可取n=(,1,).
设平面PBC的法向量为m,则
可取m=(0,-1,-).cos〈m,n〉==-.
故二面角A-PB-C的余弦值为-.
例17[2011·广东卷] 如图,在锥体P-ABCD中,ABCD是边长为1的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD=,PB=2,E,F分别是BC,PC的中点.
(1)证明:AD⊥平面DEF;
(2)求二面角P-AD-B的余弦值.
【解答】 法一:(1)证明:设AD中点为G,连接PG,BG,BD.
因PA=PD,有PG⊥AD,在ABD中,AB=AD=1,∠DAB=60°,有ABD为等边三角形,因此BG⊥AD,BG∩PG=G,所以AD⊥平面PBG,所以AD⊥PB,AD⊥GB.
又PB∥EF,得AD⊥EF,而DE∥GB得AD⊥DE,又FE∩DE=E,所以AD⊥平面DEF.
(2)∵PG⊥AD,BG⊥AD,
∴∠PGB为二面角P-AD-B的平面角.
在RtPAG中,PG2=PA2-AG2=,
在RtABG中,BG=AB·sin60°=,
∴cos∠PGB===-.
法二:(1)证明:设AD中点为G,因为PA=PD,所以PG⊥AD,
又AB=AD,∠DAB=60°,所以ABD为等边三角形,因此,BG⊥AD,从而AD⊥平面PBG.
延长BG到O且使PO⊥OB,又PO平面PBG,所以PO⊥AD,又AD∩OB=G,所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,菱形的边长为单位长度,直线OB,OP分别为x轴,z轴,平行于AD的直线为y轴,建立如图1-2所示的空间直角坐标系.
设P(0,0,m),G(n,0,0),则A,D.
∵||=||sin60°=,
∴B,C,E,F.
∴=(0,1,0),=,=,
∴·=0,·=0,
∴AD⊥DE,AD⊥FE,
又DE∩FE=E,∴AD⊥平面DEF.
(2)∵=,=,
∴=,=2,
解得m=1,n=.
取平面ABD的法向量n1=(0,0,-1),
设平面PAD的法向量n2=(a,b,c),
由·n2=0,得a--c=0,
由·n2=0,得a+-c=0,
故取n2=.
∴cos〈n1,n2〉==-.
即二面角P-AD-B的余弦值为-
【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等.
考点九 空间向量的应用
例18[2011·陕西卷] 如图,在ABC中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高,沿AD把ABD折起,使∠BDC=90°.
(1)证明:平面ADB⊥平面BDC;
(2)设E为BC的中点,求与夹角的余弦值.
【解答】 (1)∵折起前AD是BC边上的高,
∴当ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB.
又DB∩DC=D,
∴AD⊥平面BDC,
∵AD 平面ABD,
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC=90°及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以,,所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),
E.
∴=,
=(1,0,0),
∴与夹角的余弦值为
cos〈,〉===.
例19[2011·辽宁卷] 如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.
(1)证明:平面PQC⊥平面DCQ;
(2)求二面角Q-BP-C的余弦值.
【解答】 如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.
(1)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).
则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),
所以·=0,·=0.
即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).
设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即
因此可取n=(0,-1,-2).
设m是平面PBQ的法向量,则
可取m=(1,1,1),所以cos〈m,n〉=-.
故二面角Q-BP-C的余弦值为-.
【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路:一种是用向量表示几何量,
利用向量的运算进行判断;另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三步:(1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面,把立体几何问题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.
考点十 探索性问题
例20[2011·浙江卷] 如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角A-MC-B为直二面角?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
【解答】 方法一:(1)证明:如图,以O为原点,以射线OP为z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),=(0,3,4),=(-8,0,0),由此可得·=0,所以⊥,即AP⊥BC.
(2)设=λ,λ≠1,则=λ(0,-3,-4).
=+=+λ
=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)
=(-4,-2-3λ,4-4λ),
=(-4,5,0),=(-8,0,0).
设平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1).
平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2),
由得即可取n1=.
由即 得可取n2=(5,4,-3).
由n1·n2=0,得4-3·=0,
解得λ=,故AM=3,
综上所述,存在点M符合题意,AM=3,
方法二:
(1)证明:由AB=AC,D是BC的中点,得AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC,得PO⊥BC.
因为PO∩AD=O,所以BC⊥平面PAD.
故BC⊥PA.
(2)如图,在平面PAB内作BM⊥PA于M,连CM,
由(1)中知AP⊥BC,得AP⊥平面BMC.
又AP平面APC,所以平面BMC⊥平面APC.
在RtADB中,AB2=AD2+BD2=41,得AB=.
在RtPOD中,PD2=PO2+OD2,
在RtPDB中,PB2=PD2+BD2,
所以PB2=PO2+OD2+DB2=36,得PB=6,
在RtPOA中,PA2=AO2+OP2=25,得PA=5,
又cos∠BPA==,
从而PM=PBcos∠BPA=2,所以AM=PA-PM=3.
综上所述,存在点M符合题意,AM=3.
例21 [2011·福建卷] 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设AB=AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;
②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到P、B、C、D的距离都相等?说明理由.
【解答】 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,
AB平面ABCD,
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.
又AB平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)①以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz
在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,
则CE⊥AD.
在RtCDE中,DE=CD·cos45°=1,
CE=CD·sin45°=1.
设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).
由AB+AD=4得AD=4-t,
所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z).
由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=,
即=.
解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),
所以AB=.
则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),
=(0,-m,t).
由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,
即t=3-m;①
由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.②
由①、②消去t,化简得m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等.
从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.
法二:假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.
由GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45°,
从而∠CGD=90°,即CG⊥AD.
所以GD=CD·cos45°=1.
设AB=λ,则AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ.
在RtABG中,
GB=
==>1.
这与GB=GD矛盾.
所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点B、C、D的距离都相等.
从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.
【解题技巧点睛】
1.对于"是否存在"型问题的探索方式有两种:
一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问题,一般的方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到"存在点",若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定"不存在".
2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把"是否存在"问题转化为"点的坐标是否有规定范围内的解",所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.
针对训练
一.选择题
1.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.2 B.4
C. D.
【答案】C
【解析】
由题设条件给出的三视图可知,该几何体为四棱锥,且侧棱SC垂直底面
ABCD,如图所示.且四边形为
正方形,则2.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知平面,,直线,若,,则(A)垂直于平面的平面一定平行于平面
(B)垂直于直线的直线一定垂直于平面
(C)垂直于平面的平面一定平行于直线
(D)垂直于直线的平面一定与平面,都垂直
【答案】D
【解析】A错,如墙角的三个平面不满足;B错,缺少条件直线应该在平面内;C错,直线也可能在平面内.D正确,因垂直平面,且在平面内,故由面面垂直的判定定理可知命题正确.故选D.
3.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列四个命题:
①若a⊥b,a⊥α,bα,则b∥α; ②若a∥α,a⊥β,则α⊥β;
③若a⊥β,α⊥β,则a∥α或aα; ④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.
其中正确命题的个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】D
【解析】由空间线面位置关系容易判断①②③④均正确.
4.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是一个直径为1的圆,那么这个几何体的全面积为
A.B.C. D.
【答案】A
【解析】几何体为底面半径为,高为1的圆柱,全面积为.
5.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
四棱锥P—ABCD的所有侧棱长都为,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA
所成角的余弦值为 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示,因四边形ABCD为正方形,故则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角
在三角形PAB内,利用余弦定理可知:
故答案为B.
6.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】根据三视图还原几何体为一个三棱锥,其中面,
E为AC的中点,则有
设其外接球的球心为O,则它落在高线DE上,
则有
解得,故球的半径为故答案为B.
7.【惠州市2012届高三第二次调研考试】
如图,正方体的棱长为,过点作平面的垂线,
垂足为点,则以下命题中,错误的命题是( )
A.点是的垂心
B.的延长线经过点
C.垂直平面
D.直线和所成角为
【答案】D
【解析】因为三棱锥A—是正三棱锥,故顶点A在底面的射影是底面中心,A正确;平面∥平面,而AH垂直平面,所以AH垂直平面,C正确;根据对称性知B正确.选D.
8.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
球的一个截面面积为,球心到该截面的距离为,则球的表面积是( )
A. B. C. D.
解析:如图所示,由球的一个截面面积为求出截面圆的半径1,利用勾股定理求出球的半径4,所以球的表面积是.
二.填空题
9.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】一个几何体的三视图如右图所示,正视图是一个边长为2的正三角形,侧视图是一个等腰直角三角形,则该几何体的体积为
【答案】4
【解析】由三视图得如图所示四棱锥,其中四棱锥的底面边长分别为,高为,所以四棱锥的体积,即该几何体的体积为4.
10【惠州市2012届高三第二次调研考试】
如图,三个几何体,一个是长方体、一个是直三棱柱,一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分,这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形,则它们的体积之比为 .
【答案】
【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形,所 以原长方体棱长相等为正
方体,原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱,设正方形的边长为则,长方体体
积为,三棱柱体积为,四分之一圆柱的体积为,所以它们的体积之比为.
11.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
若某几何体的三视图 (单位:cm) 如图所示,
则此几何体的体积是 cm3.
【答案】40
【解析】如图所示,该几何体是一个直三棱柱去掉两个小三棱锥组成,
直三棱柱的体积为两个小三棱锥的
体积为故几何体的体积为40.
12【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知正三棱柱的正(主)视图和侧(左)视图如图所示. 设的中心分别是,现将此三棱柱绕直线旋转,射线旋转所成的角为弧度(可以取到任意一个实数),对应的俯视图的面积为,则函数的最大值为 ;最小正周期为 .
说明:"三棱柱绕直线旋转"包括逆时针方向和顺时针方向,逆时针方向旋转时,旋转所成的角为正角,顺时针方向旋转时,旋转所成的角为负角.
【答案】8;
【解析】由题意可知,要使得俯视图最大,需当三棱锥柱的一个侧面在水平平面内时,此时俯视图面积最大,如图所示,俯视图为矩形,且则故面积最大为. 当棱柱在水平面内滚动时,因三角形ABC为正三角形,当绕着旋转后其中一个侧面恰好在水平面,其俯视图的面积也正好经历了一个周期,所以函数的周期为
13.【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】
如图,将菱形沿对角线折起,使得C点至,
点在线段上,若二面角与二面角
的大小分别为30°和45°,则=
【答案】
【解析】因为四边形是菱形,所以分别为
平面与平面、平面与平面所成的
二面角的平面角,即;
在中,,
同理,易知,所以=,
故=.
三.解答题
14【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
如图,正四棱柱的底面边长为1,高为2,为线段AB的中点,求:
三棱锥的体积;
异面直线与所成角的大小(结果用反三角函数值表示)
【解析】(1)
又为三棱锥的高,
(2)为异面直线与所成的角(或其补角).
连接
异面直线与所成角的大小
15.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
在四棱锥中,底面是直角梯形,∥,,,平面平面.
(Ⅰ)求证:平面;
(Ⅱ)求平面和平面所成二面角(小于)的大小;
(Ⅲ)在棱上是否存在点使得∥平面?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
【解答】(Ⅰ)证明:因为 ,
所以 1分
因为 平面平面,平面平面,
平面,
所以 平面.3分(Ⅱ)解:取的中点,连接.
因为,
所以 .
因为 平面平面,平面平面,平面,
所以 平面.4分
如图,以为原点,所在的直线为轴,在平面内过垂直于的直
线为轴,所在的直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设.由
直角梯形中可得,,
.
所以 ,.
设平面的法向量.
因为
所以
即令,则.
所以 7分
取平面的一个法向量n.
所以 .
所以 平面和平面所成的二面角(小于)的大小为.
9分(Ⅲ)解:在棱上存在点使得∥平面,此时. 理由如
下:10分
取的中点,连接,,.
则∥,.
因为 ,
所以 .
因为 ∥,
所以 四边形是平行四边形.
所以 ∥.
因为 ,
所以 平面∥平面.13分
因为 平面,
所以 ∥平面.14分16.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】(理)
如图,在四棱锥S—ABCD中,底面ABCD,底面ABCD是矩形,且,E是SA的中点.
(1)求证:平面BED平面SAB;
(2)求平面BED与平面SBC所成二面角(锐角)的大小.
解:
(Ⅰ)∵SD⊥平面ABCD,∴平面SAD⊥平面ABCD,
∵AB⊥AD,∴AB⊥平面SAD,∴DE⊥AB.
∵SD=AD,E是SA的中点,∴DE⊥SA,
∵AB∩SA=A,∴DE⊥平面SAB
∴平面BED⊥平面SAB.4分(Ⅱ)建立如图所示的坐标系D—xyz,不妨设AD=2,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,底面ABCD,底面ABCD是矩形,且,E是SA的中点.
(1)求证:平面BED平面SAB;
(2)求直线SA与平面BED所成角的大小.
解:
(Ⅰ)∵SD⊥平面ABCD,∴平面SAD⊥平面ABCD,
∵AB⊥AD,∴AB⊥平面SAD,∴DE⊥AB. …3分∵SD=AD,E是SA的中点,∴DE⊥SA,
∵AB∩SA=A,∴DE⊥平面SAB
∴平面BED⊥平面SAB.6分(Ⅱ)作AF⊥BE,垂足为F.
由(Ⅰ),平面BED⊥平面SAB,则AF⊥平面BED,
则∠AEF是直线SA与平面BED所成的角.8分设AD=2a,则AB=平面,,,.
⑴求证:;
⑵求直线与平面所成的角;
⑶设点在棱上,,
若∥平面,求的值.
【方法一】(1)证明:由题意知 则(4分)
(2)∵∥,又平面.
∴平面平面.
过作//交于
过点作交于,则
∠为直线与平面所成的角.
在Rt中,∠,,
∴,∴∠.
即直线与平面所成角为.8分)
(3)连结,∵∥,∴∥平面.
又∵∥平面,
∴平面∥平面,∴∥.
又∵
∴∴,即(12分)
【方法二】如图,在平面ABCD内过D作直线DF//AB,交BC于F,分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
(1)设,则,
4分)
(2)由(1)知.
由条件知A(1,0,0),B(1,,0),
.
设,
则
即直线为. (8分)
(3)由(2)知C(-3,,0),记P(0,0,a),则,,,,
而,所以,
=
设为平面PAB的法向量,则,即,即.
进而得,
由,得∴
(12分)
(文)如图,在底面为直角梯形的四棱锥中,,,,.
⑴求证:;
⑵当时,求此四棱锥的表面积.
解:(1)证明:由题意知 则(4分)
⑵
∴.
6分)
过D作DH⊥BC于点H,连结PH,则同理可证明,
并且.
(8分)
易得
.
11分)
故此四棱锥的表面积
(12分)
18.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
(理)四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为AD的中点,ABCE为菱形,
∠BAD=120°,PA=AB,G,F分别是线段CE,PB上的动点,且满足==λ∈(0,1).
(Ⅰ) 求证:FG∥平面PDC;
(Ⅱ) 求λ的值,使得二面角F-CD-G的平面角的正切值为.
(Ⅰ) 证明:如图以点A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,其中K为BC的中点,
不妨设PA=2,则,,
,,,.
由,得,,
,
设平面的法向量=(x,y,z),则,,
得
可取=(,1,2),于是
,故,又因为FG平面PDC,即//平面.
…………6分(Ⅱ) 解:,,
设平面的法向量,则,,
可取,又为平面的法向量.
由,因为tan=,cos=,
所以,解得或(舍去),
故.15分
提示四(方法二)
(Ⅰ) 证明:延长交于,连,.
得平行四边形,则// ,
所以.
又,则,
所以//.
因为平面,平面,
所以//平面.6分(Ⅱ)解:作FM于,作于,连.
则,为二面角的平面角.
,不妨设,则,,
由得,即 15分
(文)已知正四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2 的正方形,高为.M为线段PC的中点.
(Ⅰ) 求证:PA∥平面MDB;
(Ⅱ) N为AP的中点,求CN与平面MBD所成角的正切值.
(Ⅰ)证明:在四棱锥P-ABCD中,连结AC交BD于点O,连结OM,PO.由条件可得PO=,AC=2,PA=PC=2,CO=AO=.
因为在PAC中,M为PC的中点,O为AC的中点,
所以OM为PAC的中位线,得OM∥AP,
又因为AP平面MDB,OM平面MDB,
所以PA∥平面MDB. …………6分(Ⅱ) 解:设NC∩MO=E,由题意得BP=BC=2,且∠CPN=90°.
因为M为PC的中点,所以PC⊥BM,
同理PC⊥DM,故PC⊥平面BMD.
所以直线CN在平面BMD内的射影为直线OM,∠MEC为直线CN与平面BMD所成的角,
又因为OM∥PA,所以∠PNC=∠MEC.
在RtCPN中,CP=2,NP=1,所以tan∠PNC=,
故直线 CN与平面BMD所成角的正切值为2.14分
战略合作伙伴 买菜网 http://www.like-green.com/