高考平面几何考点追踪

高考平面几何考点追踪（共3篇）

高考平面几何考点追踪 篇1

一、概述

高考立体几何始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的性质及判定, 线面间的角与距离的计算作为考查的重点, 尤其以多面体为载体的线面位置关系的论证, 更是年年反复进行考查, 在难度上也始终以中等题为主, 通过证明与计算相结合加以考查.

二、方法简说

空间角的求解应根据定义找出或作出所求的角, 然后通过解三角形等方法求值, 注意“作 (找) 、证 (说明) 、算 (求解) ”的有机统一;空间距离的求解应根据定义找出或作出距离, 注意点到面的距离与线面距离的相互转换, 同样注意“作、证、算”的有机统一.

角和距离又可采用向量解法, 应掌握用向量求空间角及空间距离的基本方法, 可以避免寻找二面角的平面角及表示空间距离的线段的辛苦.此法思路简单, 解法固定, 只要认真仔细计算即可获解.

三、应试策略

1.注意根据定义找出或作出所求的夹角或距离, 一般情况下, 力求明确所求角或距离的位置.

2.作线线角、线面角的方法除平移外, 补形也是常用的方法之一.

3.求二面角高考中每年必考, 复习时必须高度重视.

4.求点到平面的距离常用方法是直接法与间接法.利用直接法求距离需找到点在面内的射影, 此时常考虑面面垂直的性质定理与几何图形的特殊性质;而间接法中常用的是等积法及转移法.

5.求角或距离的关键是将空间的角或距离灵活转化为平面上的角或距离, 然后将所求量置于一个三角形中, 通过解三角形最终求得所需的角或距离.

6.求空间距离、空间角及证明空间平行、垂直关系是立体几何题盛行不衰的主题, 而利用向量法处理这些问题, 方法固定, 具有很强的操作性.

四、例示

例1 如图1 (a) , 已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直, $AB=\sqrt{2}‚AF=1‚{\rm M}$是线段EF的中点.

(1) 求证AM//平面BDE; (2) 求二面角A—DF—B的大小.

解析: (1) 设AC和BD的交点为O.

因为O、M分别是AC、EF的中点, ACEF为矩形, 所以四边形AOEM是平行四边形, 所以AM//OE.

因为OE⊆平面BDE, AM⊈平面BDE,

所以AM//平面BDE.

(2) 在平面AFD中过A作AS⊥DF于S, 连结BS, 如图1 (b) ,

因为AB⊥AF, AB⊥AD, AD∩AF=A,

所以AB⊥平面ADF,

所以AS是BS在平面ADF上的射影.

由三垂线定理得BS⊥DF,

所以∠BSA是二面角A—DF—B的平面角.

在Rt△ASB中, $AS=\frac{\sqrt{6}}{3}‚AB=\sqrt{2}$,

所以$\tan \angle ASB=\sqrt{3}‚\angle ASB=60°.$

评注:本题考查空间线面关系及空间想象能力和推理运算能力.二面角的求法问题关键是先准确找出 (或作出) 它的平面角.

例2 如图2, 已知正方形ABCD, 边长为1, 过D作PD⊥平面ABCD, 且PD=1, E、F分别是AB、BC的中点, 求点D到平面PEF的距离.

分析:这里没有现成的过D作面PEF的垂线, 要求此距离, 要么找垂线, 要么利用体积转化处理.

解法1: (垂线段法) 由EF⊥BD, EF⊥PD, 知EF⊥面PBD, 则面PEF⊥面PBD, 交线为PG, 所以D到平面PEF的距离即D到直线PG的距离 h.

过D作DH⊥PG于H, 则Rt△PDG中,

$h=\frac{{\rm P}D\cdot DG}{{\rm P}G}.$

又${\rm P}D=1‚DG=\frac{3\sqrt{2}}{4}‚{\rm P}G=\frac{\sqrt{34}}{4}$,

从而$h=\frac{3\sqrt{17}}{17}.$

所以D到平面PEF的距离为$\frac{3\sqrt{17}}{17}.$

解法2: (体积法) 因为VD—PEF=VP—DEF,

即$\frac{1}{3}S{}_{△{\rm P}EF}\cdot h=\frac{1}{3}S{}_{△DEF}\cdot {\rm P}D$,

所以$h=\frac{S{}_{△DEF}\cdot {\rm P}D}{S{}_{△{\rm P}EF}}=\frac{3\sqrt{17}}{17}$,

所以D到平面PEF的距离是$\frac{3\sqrt{17}}{17}.$

评注:求点到平面距离的一般方法:①利用特殊图形的性质确定垂足的位置;②利用平面互相垂直的性质转化为求点到交线的距离;③利用三棱锥转换顶 点求体积来达到间接求高, 即求点面距离的目的.

例3 如图3, 在三棱锥S—ABC中, △ABC是边长为4的正三角形, 平面SAC⊥平面$ABC‚SA=SC=2\sqrt{3}‚{\rm M}$、N分别为AB、SB的中点. (1) 求直线BN与平面MNC所成的角的大小; (2) 求二面角N—CM—B的大小; (3) 求点B到平面MNC的距离.

解析:由SA=SC及平面SAC⊥平面ABC, 故以AC的中点O为原点, 建立如图3所示的空间直角坐标系.则$B(0‚2\sqrt{3}‚0)‚{\rm M}(1‚\sqrt{3}‚0)‚{\rm N}(0‚\sqrt{3}‚\sqrt{2})‚C(-2‚0‚0)‚S(0‚0‚2\sqrt{2})‚\overrightarrow{{\displaystyle B{\rm N}}}=(0‚-\sqrt{3}‚\sqrt{2})‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}{\rm N}}}=(-1‚0‚\sqrt{2})‚\overrightarrow{{\displaystyle C{\rm M}}}=(3‚\sqrt{3}‚0).$

(1) 设 n= (x, y, z) 为平面CMN的一个法向量,

由得

取 z=1, 则$x=\sqrt{2}‚y=-\sqrt{6}$,

所以$\mathit{n}=(\sqrt{2}‚-\sqrt{6}‚1).$

由$|\cos \langle \mathit{n}‚\overrightarrow{{\displaystyle B{\rm N}}}\rangle |=\frac{|\mathit{n}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle B{\rm N}}}|}{|\mathit{n}||\overrightarrow{{\displaystyle B{\rm N}}}|}=\frac{4\sqrt{10}}{15}$,

得直线BN与平面MNC所成的角为

$\arcsin \frac{4\sqrt{10}}{15}.$

(2) 由题意向量$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}S}}=(0‚0‚2\sqrt{2})$为平面ABC的一个法向量,

由$\cos \langle \mathit{n}‚\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}S}}\rangle =\frac{\mathit{n}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}S}}}{|\mathit{n}||\overrightarrow{{\displaystyle {\rm O}S}}|}=\frac{1}{3}$,

得二面角N—CM—B的大小为$\arccos \frac{1}{3}.$

(3) 知$\overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}B}}=(-1‚\sqrt{3}‚0)$, 则点B到平面MNC的距离$d=\frac{|\mathit{n}\cdot \overrightarrow{{\displaystyle {\rm M}B}}|}{|\mathit{n}|}=\frac{4\sqrt{2}}{3}.$

评注:利用法向量能较好地解决线面角、二面角、点面距离问题.应注意: (1) 直线与平面所成的角, 是直线与平面的法向量所成的角 (取锐角) 的余角; (2) 求二面角大小时, 两个面的法向量的指向一内一外时, 两个法向量所成的角即为二面角的大小, 若指向同内 (同外) 时, 两个法向量所成角的补角才是二面角的大小; (3) 平面外一点到平面的距离, 即为过这点的斜线段在这平面的法向量上射影的长度; (4) 利用法向量也可简捷解得直线与平面之间的距离.

高考平面几何考点追踪 篇2

2.二项式定理重点考查二项展开式中的指定项及二项式的展开式系数问题.

3.概率统计内容是中学数学的重要知识，与高等数学联系非常密切，是进一步学习高等数学的基础，也是高考数学命题的热点内容，纵观全国及各自主命题省市近几年的高考试题，概率与统计知识在选择、填空、解答三种题型中每年都有试题，分值在17分到20分之间.主要考查以下三点：

(1)会用随机抽样的基本方法和样本估计总体的思想，解决一些简单的实际问题;

(2)理解古典概型及其概率计算公式，会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率;

(3)理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些相应的实际问题.

1.20高考试题预测

(1)高考对两个原理及二项式定理的考查.以基础题为主，考查形式比较稳定.

①从内容上看，主要考查分类计数原理和分步计数原理，排列、组合的概念及简单应用.例如全国Ⅰ，6;2010山东，8.

②从考查形式上看，多为选择题和填空题.例如2010北京，4;2010浙江，17.

③从能力要求上看，主要考查学生理解问题的能力、分析和解决问题的能力及分类讨论的思想.例如2010江西，14;2010上海，14.

④从内容上看，高考对二项式定理的考查，主要涉及利用通项公式求展开式的特定项，利用二项展开式性质求系数或与系数有关的问题，利用二项式定理进行近似计算.例如2010全国Ⅰ，5.

高考平面几何考点追踪 篇3

1.(2013·浙江高考理科·T20)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥

CD,AD=2,BD=是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且

AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD.(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.【解题指南】(1)要证PQ∥平面BCD,所以要在平面BCD中找到一条线与PQ平行,因为有中点,可以联想一下中位线;(2)首先要找到二面角C-BM-D的平面角,再根据垂直关系在直角三角形中解决.【解析】(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连结OP,OF,FQ, 因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP为△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM,由点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD,从而OP∥QF,且OP=QF,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连结CH.-141214

因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM,又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM,所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°,设∠BDC=θ,在Rt△BCD中,CDBDco s,s2co

CGCDsini 2cossn,BGBCsin,22sin

BG

DM2在Rt△BDM中, HG, BM3

在Rt△CHG中, tanCHGCG3cosHGsin

所以,tanθ

所以θ=60°,即∠BDC=60°.2.（2013·陕西高考文科·Ｔ18）如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥底面ABCD,ABAA11

A

(Ⅰ)证明:平面A1BD //平面CD1B1;

(Ⅱ)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.【解题指南】面面平行可通过证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一

个平面内的两条相交直线；柱体的体积代入公式V=Sh求解.【解析】(1)设线段B1D1的中点为O1.由题意知BD∥B1D1,A1O1∥OC且A1O1=OC⇒四边形A1OCO1为平行四边形 ⇒A1O∥O1C.且A1O∩BD=O,O1C∩B1D1=O1⇒平面A1BD∥平面CD1B1.(2)因为A1O⊥底面ABCD,所以A1O是三棱柱A1B1D1-ABD的高.在正方形ABCD中,AO=1.在Rt△A1OA中,A1O=1.三棱柱A1B1D1-ABD的体积VAB1D1-ABD=S△ABD·A1

O=1

12·2·1=1.所以,三棱柱A1B1D1-ABD的体积为1.3.（2013·新课标全国Ⅱ高考文科·Ｔ18）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，E分别是AB，BB1的中点。

（1）证明：BC1//平面ACD11；

（2）设AA1ACCB

2，ABCA1DE的体积。

【解题指南】(1)连接AC1,构造中位线，利用线线平行证线面平行；(2)V1

CA1DE3SA1DECD,确定SA1DE与高CD的长，得体积.【解析】(1)连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点.-D，又D是AB中点，连结DF，则BC1//DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1//平面A1CD.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1CD.由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CDAB，又AA1ABA，于是CD平面ABB1A1.由AA1＝AC＝CB＝2,AB

＝

ACB90,CDA1D