高考文科数学立体几何题型与方法文科

高考文科数学立体几何题型与方法文科内容摘要：

过 建系一定要恰当 ,这样坐标才比较好写出来 . 考点四 探索性问题 例题 7. （四川省成都市 2020届高中毕业班第二次诊断性检测）如图，在各棱长均为 2的三棱柱 ABC—A1B1C1中，点 A1在底面 ABC内的射影 O恰为线段 AC的中点 . （ I）求侧棱 AA1与平面 AB1C所成角的正弦值； （ II）已知点 D为点 B关于点 O的对称点，在直线 AA1上是否存在点 P，使 DP∥平面 AB1C。 若存在，请确定点 P的位置；若不存在，请说明理由 . 分析： ，再去推理，下结论： ，或先利用条 件特例得出结论， 然后再根据条件给出证明或计算。 解 ： 由已知 可得 AO=1， OA1=OB= 3 ， BO⊥ AC. 故以 O为坐标原点，建立如图所示的 空间直角坐标系 O—xyz，则 A（ 0，－ 1， 0）， B（ 3 ， 0， 0）， A1（ 0， 0， 3 ）， C（ 0， 1， 0）， 1AA =（ 0， 1， 3 ） . 由 1AA = 1BB ， 可得 B1（ 3 ， 1， 3 ） . 1AB =（ 3 ， 2， 3 ）， AC =（ 0， 2， 0） . 设平面 AB1C的法向量为 n=（ x， y， 1） . 则 0203231yACnyxABn 解得 n=（－ 1， 0， 1） . 由 .4622 3||||,c o s 1 11  nAA nAAnAA 而侧棱 AA1与平面 AB1C所成角 ， 即是向量 1AA 与平面 AB1C的法向量所成锐角的余角 ， 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 ∴ 侧棱 AA1与平面 AB1C所成角的正弦值 .46 （ II） 由已知得 D（－ 3 ， 0， 0） 假设存在点 P符合题意，则点 P的坐标可设为 P（ 0， y， z） . ),3( zyBP  . ∵ DP∥平面 AB1C， n=（－ 1， 0， 1）为平面 AB1C的法向量， ,.0,331,),3,1,0(),3,1,0(,.3,0031111CABDPyyAAAPAAyAPAAPzznDP平面又得由上在直线点又得由 故存在点 P，使 DP∥平面 AB1C，其坐标为（ 0， 0， 3 ），即恰好为 A1点 . 点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。 例题 8. (2020安徽文 ) 如图，在三棱锥 V ABC 中， VC ABC⊥ 底 面 ， AC BC⊥ ， D是 AB 的中点，且 AC BC a ， π0 2VD C   ∠ ． （ I）求证：平面 VAB⊥ 平面 VCD ； （ II）试确定角  的值，使得直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 π6 ． 解法 1：（Ⅰ） AC BC a∵ ， ACB∴ △ 是等腰三角形，又 D 是 AB 的中点， CD AB∴ ， 又 VC 底面 ABC ． VC AB∴ ． 于是 AB 平面 VCD ． 又 AB 平面 VAB ， ∴ 平面 VAB 平面 VCD ． （Ⅱ） 过点 C 在平面 VCD 内作 CH VD 于 H ，则由（Ⅰ）知 CD 平面 VAB ． 连接 BH ，于是 CBH 就是直线 BC 与平面 VAB 所成的角． 依题意 π6CBH ，所以 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 在 CHDRt△ 中， 2 sin2CH a  ； 在 BHCRt△ 中， πsin 62aCH a ， 2sin 2∴ ． π0 2∵ ， π4∴ ． 故当 π4 时，直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 π6 ． 解法 2：（Ⅰ）以 CA CB CV， ， 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 2( 0 0 0 ) ( 0 0 ) ( 0 0 ) 0 0 0 ta n2 2 2aaC A a B a D V a   ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 于是， 2 t a n2 2 2aaVD a ， ， ， 022aaCD ， ， ， ( 0)AB a a， ， ． 从而 2211( 0 ) 0 0 02 2 2 2aaA B C D a a a a      ， ， ， ， ，即 AB CD ． 同理 222 1 1( 0 ) ta n 0 02 2 2 2 2aaA B V D a a a a a       ， ， ， ， ， 即 AB VD ． 又 CD VD D ， AB∴ 平面 VCD ． 又 AB 平面 VAB ． ∴ 平面 VAB 平面 VCD ． （Ⅱ）设平面 VAB 的一个法向量为 ()x y z ， ，n ， 则由 00AB VD， nn ． 得02 t a n 02 2 2a x a yaax y a z      ，． 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 可取 (1 1 2 co t ) ， ，n ，又 (0 0)BC a， ， ， 于是 2π 2si n si n622 2 c otB C aBC a   nn ， 即 2sin 2 π0 2∵ ， π4∴ = ． 故交 π4= 时，直线 BC 与平面 VAB 所成的角为 π6 ． 解法 3：（Ⅰ）以点 D 为原点，以 DC DB， 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 2 2 2( 0 0 0 ) 0 0 0 0 0 02 2 2D A a B a C a                    ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，220 ta nV a a ， ， ，于是220 ta nDV a a ， ， ，2 002DC a， ， ，(0 2 0)AB a ， ， ． 从而 (0 2 0)AB DC a ， ， 2 0 0 02 a， ， ，即 AB DC ． 同理 22( 0 2 0 ) 0 ta n 0A B D V a a a   ， ， ， ， ，即 AB DV ． 又 DC DV D ， AB∴ 平面 VCD ． 又 AB 平面 VAB ， ∴ 平面 VAB 平面 VCD ． （Ⅱ）设平面 VAB 的一个法向量为 ()x y z ， ，n ， 则由 00AB DV， nn ，得2022 ta n 0ayax az    ，． 可取 (tan 01)n  ， ， ，又 22 0B C a a  ， ， ， 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 于是 22 t a nπ 22si n si n621 t a naBCBC a   nn ， 即 π π πs i n 02 2 4    ， ，∵ ∴ =． 故交 π4 时， 即直线 BC 与平面 VAB 所成角为 π6 ． 考点五 折叠、展开问题 例题 9．（ 2020年辽宁高考）已知正方形 ABCD E 、 F 分别是 AB 、 CD 的中点 ,将 ADE沿 DE 折起 ,如图所示 ,记二面角 A DE C 的大小为 (0 )   (I) 证明 //BF 平面 ADE。 (II)若 ACD 为正三角形 ,试判断点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线 EF 上 ,证明你的结论 ,并求角  的余弦值 分析 :充分发挥空间想像能力，抓住不变的位置和数量关系，借助模型图形得出结论，并给出证明 . 解析 : (I)证明 :EF分别为正方形 ABCD得边 AB、 CD的中点 ,  EB//FD,且 EB=FD,  四边形 EBFD为平行四边形  BF//ED. ,E F A E D B F A E D平 面 而 平 面, //BF 平面 ADE (II)如右图 ,点 A在平面 BCDE内的射影 G在直线 EF上 ,过点 A作 AG垂直于平面 BCDE,垂足为 G,连结 GC,GD  ACD为正三角形 , AC=AD.  CG=GD. 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 G在 CD的垂直平分线上 ,  点 A在平面 BCDE内的射影 G在直线 EF上 , 过 G作 GH垂直于 ED于 H,连结 AH,则 AH DE ,所以 AHD 为二面角 ADEC的平面角 即 GAH  . 设原正方体的边长为 2a,连结 AF,在折后图的  AEF中 ,AF= 3a ,EF=2AE=2a,即  AEF为直角三角形 , AG EF AE AF   . 32AG a 在 Rt ADE中 , AH DE AE AD   25AH a . 25aGH , 1cos 4GHAH  点评：在平面图形翻折成空间图形的这类折叠问题中，一般来说，位于同一平面内的几何元素相对位置和数量关系不变：位于两个不同平面内的元素，位置和数量关系要发生变化，翻折问题常用的添辅助线的方法是作棱的垂线。 考点六 球体与多面体的组合问题 例题 10．设棱锥 M—ABCD的底面是正方形，且 MA＝ MD， MA⊥ AB，如果Δ AMD的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径 . 分析：关键是找出球心所在的三角形，求出内切圆半径 . 解 ： ∵ AB⊥ AD， AB⊥ MA， ∴ AB⊥ 平面 MAD， 由此 ， 面 MAD⊥ 面 AC. 记 E是 AD的中点，从而 ME⊥ AD. ∴ ME⊥ 平面 AC， ME⊥ EF. 设球 O是与平面 MAD、平面 AC、平面 MBC都相切的球 . 不妨设 O∈平面 MEF，于是 O是Δ MEF的内心 . 设球 O的半径为 r，则 r＝ MFEMEF S MEF △2 设 AD＝ EF＝ a,∵ SΔAMD＝ 1. ∴ ME＝ a2 .MF＝ 22 )2(aa  , 一切为了学生的发展 一切为了家长的心愿 r＝ 22 )2(22aaaa  ≤ 222 2 ＝ 2 1。 当且仅当 a＝ a2 ，即 a＝ 2 时，等号成立 . ∴当 AD＝ ME＝ 2 时，满足条件的球最 大半径为 2 1. 点评：涉及球与棱柱、棱锥的切接问题时一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系。 注意多边形内切圆半径与面积和周长间的关系；多面体内切球半径与体积和表面积间的关系。 三、方法总结与 2020年高考预测 （一）方法总结 1．位置关系： （ 1）两条异面直线相互垂直 证明方法：证明两条异面直线所成角为 90186。 ；证明两条异面直线的方向量相互垂直。 （ 2）直线和平面相互平行 证明方法：证明直 线和这个平面内的一条直线相互平行；证明这条直线的方向量和这个平面内的一个向量相互平行；证明这条直线的方向量和这个平面的法向量相互垂直。 （ 3）直线和平面垂直 证明方法：证明直线和平面内两条相交直线都垂直，证明直线的方向量与这个平面内不共线的两个向量都垂直；证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行。 （ 4） 平面和平面相互垂直 证明方法：证明这两个平面所成二面角的平面角为 90186。 ；证明一个平面内的一条直线垂直于另外一个平面；证明两个平面的法向量相互垂直。 2．求距离： 求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的 距离和两个平面的距离可以转化成点到平。