1、1高 考 立 体 几 何常考与方法： 1求异面直线所成的角 ：0,9解题步骤：一找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移另一条与其相交；（2 ）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行；三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；2求直线与平面所成的角 ：关键找“两足” ：垂足与斜足0,9解题步骤：一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）；二证：证明所找（作）的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）；三计算：常通过解直角三角形，求
2、出线面角。3求二面角的平面角 0,解题步骤：一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角； 二证：证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法，垂面法）； 三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。常考点一：三视图 1.若某几何体的三视图（单位： ）如图所示，则此几何体的体积是 cm3cm23212常考点二： 体积、表面积、距离、角1. 如图所示，已知正四棱锥SABCD侧棱长为 2，底面边长为 3，E 是SA 的中点，则异面直线BE与SC所成角的大小为_. 2如上图，正方体ABCD A 1B1C1D1的棱长为1 ，O是底面A 1B1C1D1的中心，则O到平面AB
3、C1D1的距离为_.3.已知 是球 表面上的点， ， ， ，,SBOS平 面 1SA，则球 表面积等于_.2常考点三： 平行与垂直的证明1. 正方体 1ABCD-， 1A=2，E为棱 1C的中点() 求证： 1；() 求证： /平面 1；（）求三棱锥 A-BDE的体积常考点四： 异面直线所成的角，线面角，二面角1.如图,四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PD 底面ABCD，PD=AD.求证：（1）平面PAC平面PBD；A1CA1 BA1 A1 B1C1D1DA1 OA1 A1D1CBAE3（2）求PC与平面PBD 所成的角；常考点五： 线面、面面关系判断题1已知直线l、m、平面 、 ，且
4、l，m ，给出下列四个命题：（1），则lm （2）若lm，则（3）若，则l m （4）若lm，则其中正确的是_.高考题1. (2011年高考山东卷理科19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形， ACB= ，平面，EF ，90，.= .（)若是线段的中点，求证：平面;（）若= ,求二面角- -的大小45672.(2011年高考浙江卷理科20)如图，在三棱锥 中， ，D为BC的中PABCA点，PO平面ABC ，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4 ，AO=3，OD=2（）证明：APBC ；（）在线段AP 上是否存在点M，使得二面角A-MC-为直二面 角？若存在，求出 AM的长
5、；若不存在，请说明理由。（I）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Oxyz则 ，(0,)(,30)(4,2)(,0)(,4)ABCP，由此可得 ，所以48PAB，即BC.（II）解：设 ,1(0,34)MAP则P(4,2)(0,34)(,5)(8,)ACB设平面BMC的法向量 ，11nxyz平面APC的法向量 22(,)由 10,BMCn得 1114(23)(4)0,80,xyx即11123(0,)234,4nzy可 取由 即20,.APnC2,50zxy8得2225,4(5,43).3,xynz可 取由 120,0,4n得解得 ，故AM=3。5综上所述，存在点
6、M符合题意，AM=3。方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得 ADBC又 平面ABC，得PO.因为 ，所以 平面PAD，A故 .BC（II）解：如图，在平面PAB 内作 于M ，连CM，BPA由（I）中知 ，得 平面BMC，P又 平面APC，所以平面BMC 平面APC。A在 22, 41,.RtDDB中 得在 ，OO中在 22,tPB中所以 2 36P=.B得在 22RtA, 5,A中 得又1cos ,3PB从而PM ，所以AM=PA-PM=3 。2综上所述，存在点M符合题意，AM=3。3.(2011年高考辽宁卷理科18)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，
7、QA=AB= PD.129（I）证明：平面PQC 平面DCQ（II）求二面角Q-BP-C的余弦值.18解：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 Dxyz.（I）依题意有 Q（ 1，1，0），C（0，0，1 ），P（0 ，2，0）.则 (,)(,)(1,).Q所以 .PD即PQDQ，PQDC.故PQ平面DCQ.又PQ 平面PQC，所以平面PQC平面DCQ. 6分（II）依题意有B （1，0，1）， (1,0)(1,2).CBP设 是平面PBC的法向量，则(,)nxyz 0,.,nxyz即因此可取 0,12.设m是平面PBQ的法向量，则0,.
8、mBPQ可取15(1,).cos,.n所 以故二面角Q BPC的余弦值为 12分.4.(2011年高考安徽卷理科17)如图， 为多面体，平面ABCDEFG与平面 垂直，点 在线段 上，ABEDGFO1,2,O, ， ， 都是正三角形.OVCE10（）证明直线 ；（ II）求棱锥F-OBED 的体积。BCEF（）（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，所以 OB ,OB= ,OG=OD=2DE21同理，设G是线段DA与线段FC延长线的交点，有 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 ,OB
9、= 和OC , DE21DF21OC= ,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.F21（向量法）过点F作FQAD,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QED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（ ，- ，0），C（0，- ， ）。332323则有， ， 。)2,0(BC),(E所以 ，即得BCEF.EF（）解：由OB=1，OE=2，EOB=60，知S EOB= ,而OED是边长为2的正三角形，故S OED= ,所以S OBED=S
10、EOB+SOED33= 。23过点F作F QAD，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V F-3OBED= FQSOBED= 。315. (2011年高考全国新课标卷理科18) 四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.()证明：PABD；()若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。(18)解：11（ ）因为 , 由余弦定理得 60,2DABAD3BAD从而BD 2+AD2= AB2，故BD AD又PD 底面ABCD，可得BD PD所以BD 平面PAD. 故PA BD（）如图，以D为坐
11、标原点，AD的长为单位长，射线DA为 轴的正半轴建立空间直角坐标系D- ，则xxyz, , , 。10A30B， 130C,1P(,),(,),(,)PB设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则 即 30xyz因此可取n= (,1)设平面PBC的法向量为m，则 0PBC可取m=（0，-1， ） 3427cos,mn故二面角A-PB-C的余弦值为 27126.(2011年高考天津卷理科17)如图，在三棱柱 中， 是正方形1ABCH1AB的中心， ， 平面 ，且12A1CH15.（）求异面直线AC 与A 1B1所成角的余弦值；（）求二面角 的正弦值；（）设 为棱 的中点，点 在平面 内，且 平
12、面 ，求N1CM1ABMN1ABC线段 的长BM本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.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 (2,0)(,)(2,5)ABC111（I）解：易得 ，(,5),(,0)A于是 1142cos, ,3|CBA所以异面直线AC与A 1B1所成角的余弦值为2.3（II）解：易知 11(0,),(,25).AC设平面AA 1C1的法向量 ，mxyz则 即10A250,.z不妨令 可得 ，5,x(,)同样地，设平面A 1B1C1的
13、法向量 ，nxyz则 即 不妨令 ，10,.n250,.5y可得 (,5).13于是2cos, ,|7mn从而35in,.7所以二面角AA 1C1B的正弦值为 .（III）解：由N为棱B 1C1的中点，得 设M（a ，b，0），235(,).则2(,)由 平面A 1B1C1，得N10,.NA即2()(,325)(0.2ab解得 故2,.4ab(,0).4M因此 ，所以线段BM的长为2(,)B 10|.4BM方法二：（I）解：由于AC/A 1C1，故 是异面直线AC与A 1B1所成的角.1因为 平面AA 1B1B，又H为正方形AA 1B1B的中心，12,5,A可得 113.C因此22111cos
14、 .3ABC14所以异面直线AC与A 1B1所成角的余弦值为2.3（II ）解：连接AC 1，易知 AC1=B1C1，又由于AA 1=B1A1，A 1C1=A1=C1，所以 ，过点A作 于点R，B1连接B 1R，于是 ，故 为二面角AA 1C1B1的平面角.11在 中，1t 2111 14sin2().3连接AB 1，在 中，A，22111114,cosARBBR7从而 135sin.7A所以二面角AA 1C1B1的正弦值为 .（III）解：因为 平面A 1B1C1，所以MN1.NAB取HB 1中点D ，连接ND，由于N 是棱B 1C1中点，所以ND/C 1H且 .152又 平面AA 1B1B
15、，C所以 平面AA 1B1B，故ND1.A又 ,M所以 平面MND，连接MD并延长交A 1B1于点E，1则 ,/.EB故由 1,4D得 ，延长EM交AB 于点F，12EB15可得 连接NE.12.BFE在 中，RtNM2,.DD故所以5.4E可得2.FM连接BM ，在 中，RtB210.47(2011年高考湖南卷理科19)如图5，在圆锥 中，已知 = ，PO2O的直径 , 是 的中点， 为 的中点2ABCADAC（）证明：平面 平面 ;P（）求二面角 的余弦值.解：（I）连接 ，因为 , 为的 中点，所以 .OCADCAOD又 因为 内的两条相交, .POP底 面 底 面 所 以 ,是 平 面
16、 P直线，所以 而 ，所以 。P平 面 。 平 面 AC平 面 平 面（II ）在平面 中，过 作 于 ，由（I ）知， ,所以H平 面 平 面又 所以 .,HA平 面 ,A平 面 H在平面 中，过 作 连接 ,则有 ，OG于 POG平 面从而 ，所以 是二面角 的平面角PBC16在2,sin45RtODA中在 210, 5+2PODtPH中在 26, 31ARtOAG中在 ,所以 。05,sin63OHtH中 10cos5OGH故二面角 的余弦值为 。BPAC1058. (2011年高考广东卷理科18)在椎体 中 ， 是边长为1的棱形，且PABCD, , 分别是 的中点，06DAB2PD,E
17、F,P（1） 证明： （2）求二面角 的余弦值。平 面 18.解：(1) 取 AD的中点 G，又 PA=PD， ，PAD由题意知 ABC是等边三角形， ，B又 PG, BG是平面 PGB的两条相交直线，ADP平，/,/EFBG，平A(2) 由（1）知 为二面角 的平面角，PBADB17在 中， ；在 中， ；RtPGA217()4RtBGA2213()4在 中， .B221cos 7PG9. (2011年高考湖北卷理科18)如图，已知，本棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4，E是BC 的中点，动点F在侧棱CC 1上，且不与点 C重合.() 当CF=1时，求证：EFA 1E. ()设二面角C-
18、AF-E的大小为 ，求 的最小值.tan解法1：过E作 于N，连结 EF。C（I）如图1，连结NF、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC 侧面 A1C。又度面 侧面A，C=AC，且 底面ABC，BE所以 侧面A 1C，NF为EF 在侧面A 1C内的射影，EN在 中， =1，Rtcos60则由 ，得NF/AC 1，14F又 故 。,AC1NAC由三垂线定理知 .E（II）如图2，连结AF，过N作 于M，连结ME。F由（I）知 侧面A 1C，根据三垂线定理得 ,EA所以 是二面角CAF E的平面角，即 ，MN设 ,045F则18在 中，RtCNEsin603,在 , iAMa中故3tan.sin
19、又2045,0,a故当 时， 达到最小值；2sin,45a即 当 tn，此时F与C 1重合。36t解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得 1(0,)(3,20)(,4)(0,)(3,0)(,41)ABAEF于是 143.CEF则 (,)(,)4,故 1.EFA（II）设 ，,(04)平面AEF 的一个法向量为 ，,mxyz则由（I）得F （0，4， ），于是由 可得(3,)(0,4)AEF,AEmF3.,xyzm即取 (34).19又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为 ，(1,0)n于是由 为锐角可得 ，|cosm22316,si44所以 ，2216tan3由
20、，得 ，即0416tan,3故当 ，即点F与点C 1重合时， 取得最小值t,10.(2011年高考陕西卷理科16)如图：在 ,ABC0中 ,=6，沿 把 折起，使,0BA=9DC是 上 的 高 DD9（）证明：平面 ；（）设B平 面。E为 的 中 点 ,求 与 夹 角 的 余 弦 值解（）折起前是边上的高， 当 折起后，AD，AD ，又DB ， 平面，AD 平面 平面BDC.（ ）由 90及（）知 DA，DC两两垂直，不防设 DB=1，以D为坐标原点，以 DB ，DC ， A 所在直线 ,xyz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
21、， 3），E（ 2， ，0），AE =1,2，20DB =（1，0,0,），AE 与 DB 夹角的余弦值为cos AE ， B = AEDB 124.11.(2011年高考重庆卷理科19)在四面体 中，平面 , ABCDABCD , = , =ABCD03（）若 =2， =2 ，求四面体 的体积。AB（）若二面角 - - 为 ，求异面直线 与 所成角的余弦值。 06ADBC21222312(2011年高考四川卷理科19) 如图，在直三棱柱AB-A 1B1C1中 BAC=90，AB=AC=AA 1 =1D是棱CC 1上的一P是AD的延长线与A 1C1的延长线的交点，且PB 1平面BDA(I)求证
22、：CD=C 1D：(II)求二面角A-A 1D-B的平面角的余弦值.()求点C到平面B 1DP的距离解析：（1）连接 1A交 于 O, 1/BP面 DA, 111, ,BPADO1面 面 面/PD,又 为 的中点，为中点， 1C为 , 1C,D为 1C的中点。（2）由题意 1ABAB面 ,过B 作 AH,连接 B，则H, 为二面角 D的平面角。在 1D中，115,2D,则25253,cos3H(3)因为 11CBPDCV，所以 113BPDPCDhSAS, 1B1124SS,在 1BDP中， 11 1 19535254,.cos,sin3BPDBPDBP，1 5,243BPDSh2413.(2
23、011年高考全国卷理科19)四棱锥 中，SABCD, ，侧面 为等边三角形，ABCD.（）证明： ;（)求21S与平面 所成角的大小.（II ）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算计算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量小。【精讲精析】计算SD=1， ，于是 ，利用勾股定理，可知 ，同5,2ADS22ASDSDA理，可证 SB又 ，因此， .A平（II ）过D做 ，如图建立空间直角坐标系D-xyz，zBCDA(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),13(,0)2S可计算平面SBC的一个法向量是 ,(0,2)nAB.|231|cos, 7AB所以AB与平面SBC所成
24、角为 .arcsin14.(2011年高考江苏16)如图，在四棱锥 中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，ABCDPBAD=60，E、F分别是AP、AD的中点.求证：（1）直线EF平面PCD；（2）平面BEF平面PADFEACDBP2515(2011年高考北京卷理科16)在四棱锥 中， 平面 ，底面PABCDABCD是 菱形， .ABCD2,60ABD()求证： 平面 （）若 求 与 所成角的余弦值；、（;PC,）当平面 与平面 垂直时，求 的长.PA16(2011年高考福建卷理科20)如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD， 四边形ABCD中，ABAD，AB+AD=4 ，CD= ， （ I）求245CDA证：平面PAB平面PAD；（II）设AB=AP（i）若直线 PB与平面PCD 所成的角为 ，求线段AB的长；30（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P， B，C，D的距离都相等？说明理由.17(2011年高考上海卷理科21)已知 是底面边长1ABCD为1的正四棱柱， 是 和 的交点。1O1（1）设 与底面 所成的角的大小为 ，二面角1AB1 的大小为 .求证： ；Dtan2t（2）若点 到平面 的距离为 ，求正四棱柱 的高。C1431ABCD O 1 DCB A D 1C1B1 A1
