2013年高考數學必做解答題——立體幾何

空間的平行關系

（★★★）必做1 如圖1，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，點M，N分別為BC，PA的中點，且PA=AB=2，在線段PD上是否存在一點E，使得MN//平面ACE？若存在，求出PE的長；若不存在，說明理由.

[A][B][M][C][D][N][P][圖1]

[牛刀小試]

破解思路 欲找一個平面，使直線與這個平面平行，要用到直線與平面平行的判定定理；另外，從做幾何題的經驗來看，給出“中點”的條件，解題時往往會用到（或借助到）另外相關的中點；對于在不確定的條件下（如這里的菱形就是不確定的），我們應該避免使用解析法（建立空間直角坐標系）做題.

[A][B][M][C][D][N][P][E][圖2]

精妙解法 如圖，取PD的中點E， 連結NE，EC，AE，因為N，E分別為PA，PD中點，所以NE[=][∥]AD.又在菱形ABCD中，CM[=][∥]AD，所以NE [=][∥]MC，即MCEN是平行四邊形，所以NM∥EC. 又EC?平面ACE，NM?平面ACE，所以MN∥平面ACE. 所以在PD上存在一點E，使得NM∥平面ACE，此時PE=PD=.

極速突擊 本題屬于數學開放性問題中的存在性問題，存在性問題的一般處理方法都是先假設結論成立，由此及條件進行推證，若能推證，則假設為真；若導出矛盾，則假設不真.

（★★★★）必做2 在長方體ABCD-ABCD中，O為底面正方形的中心，過A，C，B三點的平面截去長方體的一個角后，得到如圖3所示的幾何體ABCD-ACD，求證：DO∥平面ABC.

[D1][C1][A1][D][O][A][B][C] [圖3]

[牛刀小試] 破解思路 解決本題的關鍵在于找出平面內的一條直線和該平面外的一條直線平行，或轉化為證兩個平面平行.

精妙解法 法1：取AC中點P，連結DP，OB，PB，則DP [=][∥]OB，所以四邊形OBPD為平行四邊形，所以DO∥PB，且DO?平面ABC，PB?平面ABC，所以DO∥平面ABC.

法2：連結AC，AD，DC，易知點O在AC上. 根據長方體的性質得四邊形ABCD、四邊形ADCB均為平行四邊形，所以AD∥BC，AB∥DC. 又AD?平面ACB，BC?平面ACB，所以AD∥平面ACB，同理DC∥平面ABC. 又DC∩AD=D，所以根據面面平行的判定定理知平面ACD∥平面ABC. 因為DO?平面ACD，所以DO∥平面ABC.

極速突擊 立體幾何中的平行主要是直線與直線平行、直線與平面平行、平面與平面平行，在這三個平行中，直線與平面平行是基礎，也是考試的重點，除了解析法外，通法是尋找直線在平面內的平行線（直線與平面平行的判定定理）.

證明線面平行，有以下幾種方法：①證明直線和這個平面內的一條直線相互平行；②證明這條直線的方向向量和這個平面內的一個向量相互平行；③證明這條直線的方向向量和這個平面的法向量相互垂直.

證明面面平行，有以下幾種方法：①利用反證法，假設兩平面不平行，則它們必相交，再推導出矛盾；②利用判定定理“一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行”；③利用“垂直于同一直線的兩個平面平行”，即“a⊥α，a⊥β，則α∥β”；④利用“平行于同一個平面的兩個平面平行”，即“α∥β，α∥γ?β∥γ”.

空間的垂直關系

（★★★★）必做3 如圖6，正方形ABCD所在平面與圓O所在平面相交于CD，線段CD為圓O的弦，AE垂直于圓O所在平面，垂足E是圓O上異于C，D的點，AE=3，圓O的直徑為9.

[圖6][A][E][D][O][C][B]

（1）求證：平面ABCD⊥平面ADE；

（2）求二面角D-BC-E的平面角的正切值.

[牛刀小試]

破解思路 要判斷平面與平面垂直，通法（也是主要方法）是判斷平面內的一條直線垂直于另一個平面. 在高考中，解答題的第（1）小題的結論往往對第（2）小題有啟發或利用的價值. 該題給出的是一個確定的幾何體，因此，建立空間直角坐標系使用向量法（解析法）也是可行的方法，難度在于如何建立空間直角坐標系.

精妙解法 （1）因為AE垂直于圓O所在平面，CD在圓O所在平面上，所以AE⊥CD.

在正方形ABCD中，CD⊥AD，因為AD∩AE=A，所以CD⊥平面ADE. 因為CD?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ADE.

（2）法1：因為CD⊥平面ADE，DE?平面ADE，所以CD⊥DE.

[A][E][D][O][C][B][F][G][圖7]

所以CE為圓O的直徑，即CE=9. 設正方形ABCD的邊長為a，在Rt△CDE中，DE2=CE2-CD2=81-a2.

在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=a2-9，

由81-a2=a2-9，解得a=3.

所以DE==6.

過點E作EF⊥AD于F，作FG∥AB交BC于點G，連結GE.

由于AB⊥平面ADE，EF?平面ADE，所以EF⊥AB. 因為AD∩AB=A，

所以EF⊥平面ABCD. 因為BC?平面ABCD，所以BC⊥EF. 因為BC⊥FG，EF∩FG=F，所以BC⊥平面EFG. 因為EG?平面EFG，所以BC⊥EG. 所以∠FGE是二面角D-BC-E的平面角.

在Rt△ADE中，AD=3，AE=3，DE=6，因為AD·EF=AE·DE，所以EF===.

在Rt△EFG中，FG=AB=3，所以tan∠EGF==. 故二面角D-BC-E的平面角的正切值為.

法2：因為CD⊥平面ADE，DE?平面ADE，所以CD⊥DE，所以CE為圓O的直徑，即CE=9.

設正方形ABCD的邊長為a，在Rt△CDE中，DE2=CE2-CD2=81-a2；

在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=a2-9，由81-a2=a2-9，解得a=3.

所以DE==6.

以D為坐標原點，分別以ED，CD所在的直線為x軸、y軸建立如圖8所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），E（-6，0，0），C（0，-3，0），A（-6，0，3），B（-6，-3，3）.

[圖8][A][E][D][O][C][B][y][z][x]

設平面ABCD的法向量為n1=（x1，y1，z1），則n1·

=0，

n1·

=0，即6x1-3z1=0，

-3

y1=0.取x1=1，則n1=（1，0，2）是平面ABCD的一個法向量.

設平面BCE的法向量為n2=（x2，y2，z2），根據已知可得n2·

=0，

n2·

=0，即-3

y2+3z2=0，

6x2-3

y2=0.取x=，則n2=（，2，2）是平面BCE的一個法向量.

因為cos〈n1，n2〉===，所以sin〈n1，n2〉=. 所以tan〈n1，n2〉=. 故二面角D-BC-E的平面角的正切值為.

極速突擊 面面垂直的問題常常轉化為線面垂直、線線垂直的問題來加以解決.當然，也可用向量法解決，只要能證明兩平面的法向量相互垂直，便能得到面面垂直.

求二面角可采用兩種方法求解：一是“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進行；二是“向量法”，先建立空間直角坐標系，求解兩個半平面的法向量，再求這兩個法向量夾角的余弦值，然后判斷所求二面角是鈍角還是銳角，最后進行符號的選擇.

誤點警示 “二面角的平面角”與“兩個半平面的法向量所成角”并不一定相等，它們可能相等也可能互補，應注意甄別.

（★★★★）必做4 在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.

（1）若AC⊥PD，求證：AC⊥平面PBD；

（2）若平面PAC⊥平面ABCD，求證：PB=PD；

（3）在棱PC上是否存在點M（異于點C）使得BM∥平面PAD，若存在，求的值；若不存在，說明理由.

[圖9][D][O][B][A][C][P]

[牛刀小試]

破解思路 要判斷直線與平面垂直，通法是尋找平面內兩條相交的直線與已知直線垂直；證明線段相等的基本方法是尋找含有這兩條線段的兩個三角形全等，如果這兩條線段在同一個三角形中，則證明這個三角形是等腰三角形；證明線段或點的存在性問題是高考的熱點之一，解析法是通法，但不局限于此，也可考慮使用特殊點或線段的方法，或者依靠反證法，如本題.

精妙解法 （1）因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD. 因為AC⊥PD，PD∩BD=D，所以AC⊥平面PBD.

（2）已知AC⊥BD， 因為平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PAC.因為PO?平面PAC，所以 BD⊥PO.

[圖10][D][O][B][A][C][P][M]

因為底面ABCD是菱形，所以 BO=DO. 所以PB=PD.

（3）不存在. 下面用反證法說明.

假設存在點M（異于點C）使得BM∥平面PAD.

在菱形ABCD中，BC∥AD，

因為AD?平面PAD，BC?平面PAD，

所以BC∥平面PAD.

因為BM?平面PBC，BC?平面PBC，

BC∩BM=B，所以平面PBC∥平面PAD.

而平面PBC與平面PAD相交，矛盾.

極速突擊 證線線垂直，一方面我們可以利用三垂線定理及其逆定理，另一方面可以利用線面垂直、線線垂直進行互相轉化. 在立體幾何中，采用反證法證明一個結論的例子不多，但我們要學會使用，尤其對于那些探問形式的試題或者否定命題形式的問題.這里誘導我們想到反證法的一個基礎是“BC∥平面PAD”，這個條件是顯然的.

解決涉及空間垂直的題目時，我們須熟練掌握線線垂直、線面垂直、面面垂直三者之間的相互轉化關系，即線線垂直?線面垂直?面面垂直.其中，線線垂直是判定線面垂直的基礎，也是通法；線面垂直是判定面面垂直的基礎，亦是通法.

空間的夾角和距離

（★★★★）必做5 如圖11，在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC=1，∠BAC=90°.

（1）若異面直線AB與BC所成的角為60°，求棱柱的高h；

（2）設D是BB的中點，DC與平面ABC所成的角為θ，當棱柱的高h變化時，求sinθ的最大值.

[A][B][D][C][C1][A1][B1][圖11]

[牛刀小試]

破解思路 求解或使用異面直線的夾角，用定義方法（平行移動一條或兩條直線相交產生夾角）是通法，但如果建立空間坐標系比較方便時，使用向量的方法也是通法. 第（2）題，顯然是要建立函數關系式，這樣，解析法是首選方法.

精妙解法 以A為原點，以AB為x軸，以AC為y軸，以AA為z軸，建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），A（0，0，h），B（1，0，h），C（0，1，h）.

（1）因為異面直線AB與BC所成的角為60°，所以cos60°=，

即=，得=，解得h=1.

（2）由D是BB的中點，可得D1，0，

，于是=-1，1，

.

設平面ABC的法向量為n=（x，y，z），于是由n⊥，n⊥，可得

n

·=0，

n

·=0， 即x-hz=0，

y=0， 可取n=（h，0，1），

于是sinθ=

cos〈，n〉

===.

由此，可令f（h）==，

因為h2++9≥2+9，當且僅當h2=，即h2=時，等號成立.

所以可知f（h）≤==，

故當h2=時，sinθ的最大值為.

極速突擊 這個試題如果從幾何來看有運動變化的背景（高h發生變化），而要求的目標是sinθ最大值時的狀態情況，在這幾何背景下，h與sinθ很難發生直接的（函數）關系，如何尋找這種事實上存在的函數關系呢？空間直角坐標系與向量是我們可以利用的最好的工具.

誤點警示 在高考試題中，幾何（包括解析幾何、立體幾何）里求最值等問題一般是用代數中最常見的方法求，可不要走得太遠哦.

（★★★★）必做6 如圖12，AC是圓O的直徑，點B在圓O上，∠BAC=30°，BM⊥AC交AC于點M，EA⊥平面ABC，FC∥EA，AC=4，EA=3，FC=1.

（1）證明：EM⊥BF；

（2）求平面BEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值.

[圖12][A][B][C][O][M][F][E]

[牛刀小試]

破解思路 該幾何體里的點和線段都是確定的，而且存在兩兩垂直的直線，所以首先考慮使用解析法（向量法）.

精妙解法 （1）易知AM=3，BM=.

如圖13，以A為坐標原點，以垂直于AC的直線為x軸，以AC，AE所在的直線為y軸、z軸建立空間直角坐標系. 由已知條件得A（0，0，0），M（0，3，0），E（0，0，3），B（，3，0），F（0，4，1）.

因為=（0，-3，3），=（-，1，1）.

由·=（0，-3，3）·（-，1，1）=0，

得⊥，所以EM⊥BF.

（2）由（1）知=（-，-3，3），=（-，1，1）.

設平面BEF的法向量為n=（x，y，z），

由n·=0，n·=0可得-

x-3y+3z=0，

-

x+y+z=0.

令x=得y=1，z=2，所以n=（，1，2）.

由已知EA⊥平面ABC，所以取平面ABC的法向量為=（0，0，3）.

設平面BEF與平面ABC所成的銳二面角為θ，

則cosθ=

cos〈n，〉

==，

所以平面BEF與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為.

極速突擊 立體幾何中的計算問題（空間角與距離）若用幾何法來處理，則必須體現“一作、二證、三算”這一固定格式.