聪明在于勤奋 天才在于积累 欢迎来到 金宏课堂 立体几何之大题题型总结
命题动向：立体几何是历年高考必考的热点，试题难度中等，命题的热点主要有空间线面位置关系的证明和空间角的求解；试题背景有折叠问题，探索性问题等，考查了学生的空间想象能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能力，解决此类问题一般有传统方法和向量方法，用向量法解决问题可以化繁为简，降低题目的难度．
题型一 空间向量与立体几何
1．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； (2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
解 (1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
→1}为基底，建立空间直则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{→OB，→OC，OO除了胜利 我们 别无选择 第 1 页 共 32 页 聪明在于勤奋 天才在于积累 欢迎来到 金宏课堂 角坐标系Oxyz.
因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．
?31??因为P为A1B1的中点，所以P，－2，2?. 2???31?→→?从而BP＝－，－，2?，AC1＝(0,2,2)．
22??
→·AC→||BP1→，AC→1〉|＝故|cos〈BP →→|BP||AC|
1
|－1＋4|310
＝＝20.
5×22310
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为20.
?31?
(2)因为Q为BC的中点，所以Q?，，0?.
2??2?33?→?因此AQ＝，2，0?， 2??
→1＝(0,2,2)，CC→1＝(0,0,2)． AC设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量， →·n＝0，?AQ
则?
→·n＝0，?AC1
?3x＋3y＝0，
2即?2
?2y＋2z＝0.
不妨取n＝(3，－1,1)，
设直线CC1与平面AQC1所成的角为θ， →·n||CC251→则sinθ＝|cos〈CC1，n〉|＝＝＝5. →5×2|CC1||n|5
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为5.
2．如图所示，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD
除了胜利 我们 别无选择 第 2 页 共 32 页 聪明在于勤奋 天才在于积累 欢迎来到 金宏课堂 ∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE； (2)求二面角E－BC－F的正弦值；
(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
→的方向为x解 (1)证明：依题意，可以建立以D为原点，分别以→DA，→DC，DG轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0，0,2)，3??
M?0，2，1?，N(1，0,2)． ??
依题意→DC＝(0,2,0)，→DE＝(2,0,2)．
设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 →＝0，?n0·DC?
→＝0，?n0 ·DE
??2y＝0，
即? ??2x＋2z＝0，
不妨令z＝－1，可得n0＝(1,0，－1)． 3??
又→MN＝?1，－2，1?，可得→MN·n0＝0，
?
?
又因为直线MN?平面CDE，
除了胜利 我们 别无选择 第 3 页 共 32 页
8. 立体几何之大题题型总结(理科)
