2020高考數(shù)學(xué) 沖刺必考專題解析 立體幾何怎么解-高考必考

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1、立體幾何題怎么解 高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計(jì)總分27分左右,考查的知識(shí)點(diǎn)在20個(gè)以內(nèi). 選擇填空題考核立幾中的計(jì)算型問(wèn)題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問(wèn)題, 當(dāng)然, 二者均應(yīng)以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進(jìn)一步實(shí)施,立體幾何考題正朝著”多一點(diǎn)思考,少一點(diǎn)計(jì)算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體的線面位置關(guān)系的論證,角與距離的探求是?？汲Ｐ碌臒衢T話題. 例1 四棱錐P—ABCD的底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，PB⊥面ABCD. （1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個(gè)四棱錐的體積；

2、 （2）證明無(wú)論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90° 講解:（1）正方形ABCD是四棱錐P—ABCD的底面, 其面積 為從而只要算出四棱錐的高就行了. 面ABCD, ∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB， ∴PA⊥DA， ∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角， ∠PAB=60°. 而PB是四棱錐P—ABCD的高，PB=AB·tg60°=a, . （2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形. 作AE

3、⊥DP，垂足為E，連結(jié)EC，則△ADE≌△CDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角. 設(shè)AC與DB相交于點(diǎn)O，連結(jié)EO，則EO⊥AC， 在 故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°. 本小題主要考查線面關(guān)系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設(shè)計(jì)新穎, 特征鮮明的好題. 例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB=900，AC=1，C點(diǎn)到AB1的距離為CE=，D為AB的中點(diǎn). （1）求證：AB

4、1⊥平面CED； （2）求異面直線AB1與CD之間的距離； （3）求二面角B1—AC—B的平面角. 講解:（1）∵D是AB中點(diǎn)，△ABC為等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1. ∴CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE； （2）由CD⊥平面A1B1BA ∴CD⊥DE ∵AB1⊥平面CDE ∴DE⊥AB1 ∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段 ∵CE=，AC=1 , ∴CD= ∴； （3）連結(jié)B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC , ∴∠B1CB是二面角B1—A

5、C—B的平面角. 在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1, ∴∠B1AC=600 ∴， ∴, ∴ , ∴. 作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當(dāng)然, 準(zhǔn)確地作出應(yīng)當(dāng)有嚴(yán)格的邏輯推理作為基石. 例3 如圖a—l—是120°的二面角，A，B兩點(diǎn)在棱上，AB=2，D在內(nèi)，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內(nèi)，ABC是等腰直角三角形∠ACB= （I） 求三棱錐D—ABC的體積； （2）求二面角D—AC—B的大??； （3）求異面直線AB、CD所成的角. 講解: (1) 過(guò)D向平面做垂線，垂足為O，連強(qiáng)OA并

6、延長(zhǎng)至E. 為二面角a—l—的平面角.. 是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO= （2）過(guò)O在內(nèi)作OM⊥AC,交AC的反向延長(zhǎng)線于M,連結(jié)DM.則AC⊥DM.∴∠DMO 為二面角D—AC—B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且 （3）在平在內(nèi)，過(guò)C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高, 異面直線AB,CD所成的角為arctg 比較例2與例3解法的異同, 你會(huì)得出怎樣的啟示? 想想看. 例4 在邊長(zhǎng)為a的

7、正三角形的三個(gè)角處各剪去一個(gè)四邊形．這個(gè)四邊形是由兩個(gè)全等的直角三角形組成的，并且這三個(gè)四邊形也全等，如圖①．若用剩下的部分折成一個(gè)無(wú)蓋的正三棱柱形容器，如圖②．則當(dāng)容器的高為多少時(shí)，可使這個(gè)容器的容積最大，并求出容積的最大值． 圖① 圖② 講解: 設(shè)容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長(zhǎng)為, . 當(dāng)且僅當(dāng) . 故當(dāng)容器的高為時(shí)，容器的容積最大，其最大容積為 對(duì)學(xué)過(guò)導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來(lái)講，三次函數(shù)的最值問(wèn)題用導(dǎo)

8、數(shù)求解是最方便的，請(qǐng)讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國(guó)高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān)，還請(qǐng)做做對(duì)照. 類似的問(wèn)題是: 某企業(yè)設(shè)計(jì)一個(gè)容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當(dāng)圓柱的底面半徑r和圓柱的高h(yuǎn)為何值時(shí)，制造這個(gè)密閉容器的用料最?。慈萜鞯谋砻娣e最小）. 例5 已知三棱錐P—ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC， D、F分別為AC、PC的中點(diǎn)，DE⊥AP于E． （1）求證：AP⊥平面BDE； （2）求證：平面BDE⊥平面BDF； （3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐 P—ABC所成兩部分的體

9、積比． 講解: (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD． 由AB=BC，D為AC的中點(diǎn)，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE． （2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點(diǎn)，得DF//AP． 由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF． 又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF． （3）設(shè)點(diǎn)E和點(diǎn)A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則 h1∶h2=EP∶AP

10、=2∶3, 故截面BEF分三棱錐P—ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1 值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P—ABC所成兩部分的體積比”并沒(méi)有說(shuō)明先后順序, 因而最終的比值答案一般應(yīng)為兩個(gè), 希不要犯這種”會(huì)而不全”的錯(cuò)誤. 例6 已知圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半圓，它被過(guò)底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側(cè)面的交線是焦參數(shù)（焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離） 為p的拋物線. （1）求圓錐的母線與底面所成的角； （2）求圓錐的全面積． 講解: （1）設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長(zhǎng)為l， 由題意得：, 即, 所以母線和底面所成的角為

11、 （2）設(shè)截面與圓錐側(cè)面的交線為MON，其中O為截面與 AC的交點(diǎn)，則OO1//AB且 在截面MON內(nèi)，以O(shè)O1所在有向直線為y軸，O為原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，則O為拋物的頂點(diǎn)，所以拋物線方程為x2=－2py，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（R，－R），代入方程得 R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p. ∴圓錐的全面積為. 將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預(yù)示了高考命題的新動(dòng)向. 類似請(qǐng)思考如下問(wèn)題: 一圓柱被一平面所截，截口是一個(gè)橢圓．已知橢圓的 長(zhǎng)軸長(zhǎng)為5，短軸長(zhǎng)為4，被截后幾何體的最短側(cè)面母 線長(zhǎng)為1，則該幾何體的體積等于 ．

12、 例7 如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F(xiàn)、G分別為EB和AB的中點(diǎn). （1）求證：FD∥平面ABC； （2）求證：AF⊥BD； (3) 求二面角B—FC—G的正切值. 講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點(diǎn)， ∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC， ∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC， ∴FD∥面ABC. （2）∵AB=EA，且F為EB中點(diǎn)，∴AF⊥EB ① 又FG∥EA，EA⊥面ABC ∴FG⊥面ABC ∵G

13、為等邊△ABC，AB邊的中點(diǎn)，∴AG⊥GC. ∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD ② 由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD. （3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF. 過(guò)G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC. ∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角. 易求. 例8 如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點(diǎn)，且 D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求證PQ∥平面CDD1C1； (2) 求證PQ⊥AD； (3) 求線段PQ的長(zhǎng).

14、 講解: （1）在平面AD1內(nèi)，作PP1∥AD與DD1交于點(diǎn)P1，在平面AC內(nèi)，作 QQ1∥BC交CD于點(diǎn)Q1，連結(jié)P1Q1. ∵ , ∴PP1QQ1 . 由四邊形PQQ1P1為平行四邊形, 知PQ∥P1Q1  而P1Q1平面CDD1C1， 所以PQ∥平面CDD1C1 （2）AD⊥平面D1DCC1， ∴AD⊥P1Q1， 又∵PQ∥P1Q1， ∴AD⊥PQ. （3）由（1）知P1Q1 PQ, ，而棱長(zhǎng)CD=1. ∴DQ1=. 同理可求得 P1D=. 在Rt△P1DQ1中，應(yīng)用勾股定理, 立得 P1Q1=. 做為本題

15、的深化, 筆者提出這樣的問(wèn)題: P, Q分別是BD,上的動(dòng)點(diǎn),試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計(jì)算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國(guó)高考試題做以對(duì)照, 你會(huì)得到什么啟示? 如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長(zhǎng)都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點(diǎn)M在AC上移動(dòng)，點(diǎn)N在BF上移動(dòng)，若CM=BN= （1） 求MN的長(zhǎng)； （2） 當(dāng)為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最??； （3） 當(dāng)MN長(zhǎng)最小時(shí)，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。 立體幾何知識(shí)是復(fù)課耗時(shí)較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點(diǎn), 依據(jù)課本, 熟化知識(shí), 構(gòu)建空間思維網(wǎng)絡(luò), 掌握解三角形的基本工具, 嚴(yán)密規(guī)范表述, 定會(huì)突破解答立幾考題的道道難關(guān).