(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型
题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算
空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题< br>的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.
【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝
π
4
，O为AB边上一点，且3O B＝3OC＝2AB，已知PO⊥平
面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.
(1)求证：平面PBD⊥平面COD；
(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.

π
(1)证明 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝
4
，
ππ
∴∠OCB＝
4
，∴∠BOC＝
2
.
∴CO⊥AB.
又PO⊥平面ABC，
OC?平面ABC，∴PO⊥OC.
又∵PO，AB?平面PAB，PO∩AB＝O，
∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.
又CO?平面COD，
∴平面PDB⊥平面COD.
(2)解 以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
1

设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.
则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，
→＝(0，－1，－1)，BC
→
＝(2，－2，0)，BD
→
＝(0，－ 3，1). ∴PD
设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
→
＝0，< br>?
?n·BC
?
2x－2y＝0，
?
∴∴
?

→－3y＋z＝0，
?
?
BD＝0，
?
n·
令y＝ 1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).
设PD与平面BDC所成的角为θ，
→
·n
??
PD
??
则sin
θ
＝< br>?
→
?
?
|PD||n|
?
1×0＋1×（－1）＋ 3×（－1）
??
222
?
＝＝
?
2
11
.
?
0＋（－1）
2
＋（－1）
2
×1
2
＋1
2
＋3
2
?
222
即直线PD与平面BDC所成角的 正弦值为
11
.
【类题通法】利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系.
第二步：确定点的坐标.
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.
第四步：计算向量的夹角(或函数值).
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.
第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.
2

【变式训练】 如图所示，在多面体A
1
B
1
D
1
?DCBA中，四边形AA
1
B
1
B，ADD
1
A
1
，ABCD均为正方形，
E为B
1
D
1
的中点，过A
1
，D，E的平面交CD
1
于F.
(1)证明：EF∥B
1
C.
(2)求二面角E-A
1
D?B
1
的余弦值.

(1)证明 由正方形的性质可知A
1
B
1
∥AB∥DC，且A1
B
1
＝AB＝DC，所以四边形A
1
B
1
C D为平行四边形，
从而B
1
C∥A
1
D，又A
1
D ?面A
1
DE，B
1
C?面A
1
DE，于是B
1< br>C∥面A
1
DE.又B
1
C?面B
1
CD
1
，面A
1
DE∩面
B
1
CD
1
＝EF，所 以EF∥B
1
C.

(2)解 因为四边形AA
1
B1
B，ADD
1
A
1
，ABCD均为正方形，所以AA
1
⊥AB，AA
1
⊥AD，AB⊥AD且AA
1
→
，AD< br>→
，AA
→
为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直＝AB＝AD .以A为原点，分别以AB
1
角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A
1
(0，0，1)，B
1
(1，0，1)，D
1
(0，
?
11
?
1，1)，而E点为B
1
D1
的中点，所以E点的坐标为
?
2
，
2
，1
?
.
??
?
11
?
→→
?
2
，< br>2
，0
?
，A
1
D＝(0，1，－1)，由设平面A
1
DE的一个法向量n
1
＝(r
1
，s
1
，t1
)，而该面上向量AE＝
1
??
→
n
1
⊥A
1
E，
11
?
?
r＋s
1
＝0，
1
→
22
?
n
1
⊥A
1
D得r
1
，s
1
，t
1
应满足的方程组
?
?
s
1
－t
1
＝0，
(－1，1，1)为其一组解，所以可取n
1
＝(－1，1，1).
→
设平面A
1
B
1
CD 的一个法向量n
2
＝(r
2
，s
2
，t
2
)，而该面上向量A
→
1
B
1
＝(1，0，0)，A
1D＝(0，1，－1)，
由此同理可得n
2
＝(0，1，1).
所以结合图形知二面角E-A
1
D?B
1
的余弦值为
|n
1
·n
2
|
26
＝＝
3
.
|n
1
|·|n
2
|
3×2
题型二:立体几何中的 探索性问题
3

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，一般有两种解决方式：
(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】 如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
AM
(3)在棱PA上是否存在点 M，使得BM∥平面PCD？若存在，求
AP
的值；若不存在，说明理由.

(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO?平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0 ，0)，D(0，－1，
0)，P(0，0，1).
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
→
＝0，－y－z＝0，?
?n·PD
?
?
即
?

→
＝0，< br>?
2x－z＝0，
?
PC
?
n·
4

令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2，2).
→
n·PB3
→→
又PB＝(1，1 ，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－
3
.
→
||n||PB
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为
3
.
3
→
＝
λ
AP
→
. (3)解 设M是棱PA上一 点，则存在λ∈0，1]，使得AM
→
＝(－1，－λ，
λ
). 因此点M( 0，1－λ，
λ
)，BM
因为BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD， 1
→
则BM·n＝0，即(－1，－λ，
λ
)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝
4
.
AM1
所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此 时
AP
＝
4
.
【类题通法】(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.
【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，A D＝8，
BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点.
(1)求证：DE∥平面BPC；
(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存 在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存
在，请说明理由.

(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.

∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，
又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，
5

∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，
在Rt△BNC中，
BN＝BC
2
－CN
2
＝10
2
－8
2< br>＝6，
∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，
∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，
∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，
∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC，
∴DE∥平面BPC.

(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以
D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，
则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).
假设AB上存在一点F使CF⊥BD，
设点F坐标为(8，t，0)，
→
＝(8，t－6，0)，DB
→
＝(8，12，0)， 则CF
→
·DB
→
＝0得t＝
2
. 由CF
3
又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).
16
?
→
＝(0， 6，－8)，FC
→
＝
?
?
－8，
3
，0
?
. 又PC
??
3
6y－8z＝0，
→
＝0，
?
?
?
?
z＝
4
y，
?
?n·PC
由
?
得
?
即
?

16
2
→
－8x＋y＝0，
?
FC＝0，
?
3
?
n·
?< br>?
?
x＝
3
y，
不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).
n·m
则cos〈n，m〉＝
|n||m|
＝
88
＝.
222
17
1×8＋12＋9
又由图可知，该二面角为锐二面角，
8
故二面角F－PC－D的余弦值为
17
.
6

题型三:立体几何中的折叠问题
将平面图形沿其中一条或几条 线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，
折叠问题常与空间中的平行、垂直 以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.
【例3】如图，菱形ABCD的对 角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD
5
上，AE＝CF ＝
4
，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝10.
(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.

(1)证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
AECF
又由AE＝CF得
AD
＝
CD
，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB
2
－AO
2
＝4. OHAE1
由EF∥AC得
DO
＝
AD
＝
4
. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H
2
＋OH
2
＝3< br>2
＋1
2
＝10＝D′O
2
，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，
所以D′H⊥平面ABCD.

→
的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz. (2)解 如图，以H为坐标原点，HF
则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，
B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，
→
＝(3，－4，0)，AC
→
＝(6，0，0)，AD
→
D′(0，0，3)，AB′＝(3，1，3). 设m＝(x
1
，y
1
，z
1
)是平面ABD′的一个法 向量，
→
＝0，
?
?m·AB
?
3x
1
－4y
1
＝0，
?
则即
?

→3x＋y＋3z＝0 ，
?
111
?
AD′＝0，
?
m·
所以可取m＝( 4，3，－5).
7

设n＝(x
2
，y
2
，z
2
)是平面ACD′的一个法向量，
→
＝0，
?
?n·AC
?
6x
2
＝0，
?
则即
?

→3x＋y＋ 3z＝0，
?
222
?
AD′＝0，
?
n·
所以可 取n＝(0，－3，1).
m·n
于是cos〈m，n〉＝
|m||n|
＝
295
sin〈m，n〉＝
25
.
295
因此二面角B－D′A－C的正弦值是
25
.
【类题通法】 立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情
况，一般地翻折后 还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.
π
【变式训练】如 图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝
2
，AB＝BC＝1，AD＝2，E是 AD
的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A
1
BE的位置，如 图2.
－14
75
＝－
25
.
50×10

(1)证明：CD⊥平面A
1
OC；
(2)若平面A
1
B E⊥平面BCDE，求平面A
1
BC与平面A
1
CD夹角的余弦值.
π
(1)证明 在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝< br>2
，所以BE⊥AC.即在
题图2中，BE⊥OA
1
，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A
1
OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A
1
OC.
(2)解 由已知，平面A
1
BE⊥平面BCDE，
8

又由(1)知，BE⊥OA
1
，BE⊥OC，
π
所以∠A
1
OC为二面角A
1
－BE－C的平面角，所以∠A< br>1
OC＝
2
.

→
，OC
→
，O A
→
分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为AB＝如图，以O为原点，OB
11
A
1
E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
?
2
?????
22
?
2
?
所以B
?
，0，0
?
，E
?
－，0，0
?
，A
1
?
0，0 ，
?
，C
?
0，，0
?
，
2
?
2
?
2
??
2
????
?
→
?
2 222
?
→→→
＝
?
?
－，，0
?
，A< br>?
，CD＝BE＝(－2，0，0). 得BC
，－
1
C＝
?
0，
222
??
2
??
设平面A
1
BC的 一个法向量n
1
＝(x
1
，y
1
，z
1
) ，平面A
1
CD的一个法向量n
2
＝(x
2
，y
2
，z
2
)，平面A
1
BC
与平面A
1
CD 的夹角为θ，
→
＝0，
?
?n
1
·BC
?
－x
1
＋y
1
＝0，
?
则得
?
取n1
＝(1，1，1)；
→y－z＝0，
?
11
?
?< br>n
1
·A
1
C＝0，
→
＝0，
?
? n
2
·CD
?
x
2
＝0，
?
得
?
取n
2
＝(0，1，1)，
→
?
y
2
－z
2
＝0，
?
?
n
2
·A
1
C＝0，
从而cos
θ
＝|cos〈n
1
，n
2
〉|＝
26
＝
3
，
3×2
6
即平面A< br>1
BC与平面A
1
CD夹角的余弦值为
3
.


9