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高考专题突破四:高考中的立体几何问题(含答案)

1、高考专题突破四高考专题突破四 高考中的立体几何问题高考中的立体几何问题 【考点自测】 1在正三棱柱 ABCA1B1C1中,D 为 BC 的中点,E 为 A1C1的中点,则 DE 与平面 A1B1BA 的位置关系为( ) A相交 B平行 C垂直相交 D不确定 答案 B 解析 如图取 B1C1的中点为 F,连接 EF,DF, 则 EFA1B1,DFB1B, 且 EFDFF,A1B1B1BB1, 平面 EFD平面 A1B1BA, DE平面 A1B1BA. 2设 x,y,z 是空间中不同的直线或平面,对下列四种情形: x,y,z 均为直线;x,y 是直线,z 是平面;z 是直线,x,y 是平面;x,y

2、,z 均为 平面 其中使“xz 且 yzxy”为真命题的是( ) A B C D 答案 C 解析 由正方体模型可知为假命题;由线面垂直的性质定理可知为真命题 3 (2018 届黑龙江海林市朝鲜中学模拟)已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面 积为( ) A94( 2 5) B102( 2 3) C112( 2 5) D112( 2 3) 答案 C 解析 根据三视图还原几何体为一个直四棱柱,两底面为四边形(侧视图),其余各侧面为矩 形, 两底面面积为 2 1 222 1 211 5, 四个侧面面积为 22122 52 2 62 52 2,几何体的表面积为 112( 5 2),故选 C.

3、 4(2017 天津滨海新区模拟)如图,以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕,把 ABD 和ACD 折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论: BDAC; BAC 是等边三角形; 三棱锥 DABC 是正三棱锥; 平面 ADC平面 ABC. 其中正确的是( ) A B C D 答案 B 解析 由题意知,BD平面 ADC,故 BDAC,正确;AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上 的高,平面 ABD平面 ACD,所以 ABACBC,BAC 是等边三角形,正确;易知 DA DBDC,又由知正确;由知错故选 B. 5(2017 沈阳调研)设 , 是三个平面,a,b 是两条

4、不同的直线,有下列三个条件: a, b; a, b; b, a.如果命题“a, b, 且_, 则 ab” 为真命题,则可以在横线处填入的条件是_(把所有正确的序号填上) 答案 或 解析 由线面平行的性质定理可知,正确;当 b,a 时,a 和 b 在同一平面内,且没 有公共点,所以平行,正确故应填入的条件为或. 题型一题型一 求空间几何体的表面积与体积求空间几何体的表面积与体积 例 1 (2016 全国)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O, 点 E,F 分别在 AD,CD 上,AECF,EF 交 BD 于点 H,将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置 (1)证明:ACHD

5、; (2)若 AB5,AC6,AE5 4,OD2 2,求五棱锥 D-ABCFE 的体积 (1)证明 由已知得 ACBD, ADCD, 又由 AECF 得AE AD CF CD, 故 ACEF, 由此得 EFHD, 折后 EF 与 HD 保持垂直关系,即 EFHD,所以 ACHD. (2)解 由 EFAC 得OH DO AE AD 1 4. 由 AB5,AC6 得 DOBO AB2AO24, 所以 OH1,DHDH3, 于是 OD2OH2(2 2)2129DH2, 故 ODOH. 由(1)知 ACHD,又 ACBD,BDHDH, BD,HD平面 BHD, 所以 AC平面 BHD,于是 ACOD,

6、 又由 ODOH,ACOHO,AC,OH平面 ABC, 所以 OD平面 ABC. 又由EF AC DH DO得 EF 9 2. 五边形 ABCFE 的面积 S1 268 1 2 9 23 69 4 . 所以五棱锥 D-ABCFE 的体积 V1 3 69 4 2 223 2 2 . 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行 求解其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积 (2)若所给定的几何体是不规则几何体,则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何 体,再利用公式求解 (3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求

7、解 跟踪训练 1 (2018 乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为 1,底面边长为 2 6, 内有一个球与它的四个面都相切(如图)求: (1)这个正三棱锥的表面积; (2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积 解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为1 3 3 2 2 6 2,则正棱锥 侧面的斜高为12 22 3, S侧31 22 6 39 2, S表S侧S底9 21 2 3 2 (2 6)2 9 26 3. (2)设正三棱锥 PABC 的内切球球心为 O,连接 OP,OA,OB,OC, 而 O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 r. V三棱锥PABCV三棱锥OPABV三棱锥OPBCV三棱锥OPACV

8、三棱锥OABC 1 3S 侧 r1 3SABC r 1 3S 表 r (3 22 3)r. 又 VPABC1 3 1 2 3 2 (2 6)212 3, (3 22 3)r2 3, 得 r 2 3 3 22 3 2 33 22 3 1812 62. S内切球4( 62)2(4016 6). V内切球4 3( 62) 38 3(9 622). 题型二题型二 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 例 2 (2017 广州五校联考)如图, 在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 是菱形, PAPD, BAD 60 ,E 是 AD 的中点,点 Q 在侧棱 PC 上 (1)求证:AD平面

9、 PBE; (2)若 Q 是 PC 的中点,求证:PA平面 BDQ; (3)若 VPBCDE2VQABCD,试求CP CQ的值 (1)证明 由 E 是 AD 的中点,PAPD 可得 ADPE. 因为底面 ABCD 是菱形,BAD60 , 所以 ABBD,所以 ADBE, 又 PEBEE,PE,BE平面 PBE, 所以 AD平面 PBE. (2)证明 连接 AC,交 BD 于点 O,连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点,Q 是 PC 的中点, 所以 OQPA, 又 PA平面 BDQ,OQ平面 BDQ, 所以 PA平面 BDQ. (3)解 设四棱锥 PBCDE,QABCD 的高分别为 h1,h

10、2. 所以 V四棱锥PBCDE1 3S 四边形BCDEh1, V四棱锥QABCD1 3S 四边形ABCDh2. 又 VPBCDE2VQABCD,且 S四边形BCDE3 4S 四边形ABCD, 所以CP CQ h1 h2 8 3. 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、 线面平行、 面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时, 一般遵循从“低 维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而应用性 质定理时,其顺序正好相反在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合, 灵活运用 (2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为

11、证明线线垂直提供依据,又可 为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基 本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题, 进而可转化为线线垂直问题 跟踪训练 2 如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABAC,E 是 BC 的中点,求证: (1)平面 AB1E平面 B1BCC1; (2)A1C平面 AB1E. 证明 (1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中, CC1平面 ABC. 因为 AE平面 ABC,所以 CC1AE. 因为 ABAC,E 为 BC 的中点,所以 AEBC. 因为 BC平面 B1BCC1,CC1平面 B1B

12、CC1, 且 BCCC1C,所以 AE平面 B1BCC1. 因为 AE平面 AB1E, 所以平面 AB1E平面 B1BCC1. (2)连接 A1B,设 A1BAB1F,连接 EF. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中,四边形 AA1B1B 为平行四边形,所以 F 为 A1B 的中点 又因为 E 是 BC 的中点,所以 EFA1C. 因为 EF平面 AB1E,A1C平面 AB1E, 所以 A1C平面 AB1E. 题型三题型三 平面图形的翻折问题平面图形的翻折问题 例 3 (2016 全国)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB 5,AC6,点 E,F 分别在 AD,CD

13、上,AECF5 4,EF 交 BD 于 点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置,OD 10. (1)证明:DH平面 ABCD; (2)求二面角 B-DA-C 的正弦值 (1)证明 由已知得 ACBD,ADCD. 又由 AECF 得AE AD CF CD,故 ACEF. 因此 EFHD,从而 EFDH. 由 AB5,AC6 得 DOBO AB2AO24. 由 EFAC 得OH DO AE AD 1 4. 所以 OH1,DHDH3. 于是 DH2OH2321210DO2,故 DHOH. 又 DHEF,而 OHEFH, 所以 DH平面 ABCD. (2)解 如图,以 H 为坐标原点,HF,H

14、D,HD所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,则 H(0,0,0), A(3,1,0),B(0,5,0),C(3,1,0), D(0,0,3),AB (3,4,0),AC(6,0,0),AD (3,1,3) 设 m(x1,y1,z1)是平面 ABD的法向量,则 m AB 0, m AD 0, 即 3x14y10, 3x1y13z10, 所以可取 m(4,3,5) 设 n(x2,y2,z2)是平面 ACD的法向量,则 n AC 0, n AD 0, 即 6x20, 3x2y23z20, 所以可取 n(0,3,1) 于是 cosm,n m n |m|n| 14 50 10 7

15、 5 25 , sinm,n2 95 25 . 因此二面角 B-DA-C 的正弦值是2 95 25 . 思维升华 平面图形的翻折问题, 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 跟踪训练 3 如图(1),四边形 ABCD 为矩形,PD平面 ABCD,AB1,BCPC2,作如 图(2)折叠,折痕 EFDC.其中点 E,F 分别在线段 PD,PC 上,沿 EF 折叠后,点 P 叠在线 段 AD 上的点记为 M,并且 MFCF. (1)证明:CF平面 MDF; (2)求三棱锥 MCDE 的体积 (1)证

16、明 因为 PD平面 ABCD,AD平面 ABCD, 所以 PDAD. 又因为 ABCD 是矩形,CDAD, PDCDD,PD,CD平面 PCD, 所以 AD平面 PCD. 又 CF平面 PCD,所以 ADCF,即 MDCF. 又 MFCF,MDMFM,MD,MF平面 MDF, 所以 CF平面 MDF. (2)解 因为 PDDC,PC2,CD1,PCD60 , 所以 PD 3,由(1)知 FDCF, 在 RtDCF 中,CF1 2CD 1 2. 如图,过点 F 作 FGCD 交 CD 于点 G, 得 FGFCsin 60 1 2 3 2 3 4 , 所以 DEFG 3 4 ,故 MEPE 3 3

17、 4 3 3 4 , 所以 MD ME2DE2 3 3 4 2 3 4 2 6 2 . SCDE1 2DE DC 1 2 3 4 1 3 8 . 故 V三棱锥MCDE1 3MD SCDE 1 3 6 2 3 8 2 16. 题型四题型四 立体几何中的存在性问题立体几何中的存在性问题 例 4 (2017 安徽江南名校联考)如图,在四棱锥 PABCD 中,PD平面 ABCD,ABDC,ABAD,DC6,AD8,BC10,PAD45 ,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 CFDB?若存在,请求出二面角 FPCD 的余弦值;若不存在,请说明

18、理由 (1)证明 取 PB 的中点 M,连接 EM 和 CM,过点 C 作 CNAB,垂足为 点 N. 在平面 ABCD 内, CNAB,DAAB,CNDA, 又 ABCD,四边形 CDAN 为平行四边形, CNAD8,DCAN6, 在 RtBNC 中, BN BC2CN2 102826, AB12,而 E,M 分别为 PA,PB 的中点, EMAB 且 EM6,又 DCAB, EMCD 且 EMCD,四边形 CDEM 为平行四边形, DECM.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,D

19、P 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz, 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 CFBD,设点 F 的坐标为(8,t,0)(0t12), 则CF (8,t6,0),DB (8,12,0), 由CF DB 0,得 t2 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) 又PC (0,6,8),FC 8,16 3 ,0 . 由 n PC 0, n FC 0, 得 6y8z0, 8x16 3 y0, 即 z3 4y, x2 3y, 不妨令 y12,则

20、n(8,12,9) 则 cosn,m n m |n|m| 8 1 8212292 8 17. 又由图可知,该二面角为锐二面角, 故二面角 FPCD 的余弦值为 8 17. 思维升华 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关 系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾 的结论则否定假设 跟踪训练 4 (2018 成都模拟)如图, 四棱柱 ABCDA1B1C1D1中, 侧棱 A1A底面 ABCD,ABDC,ABAD,ADCD1,AA1AB2,E 为棱 AA1的中点 (1)证明:B1C1CE; (2)求二面角 B1CEC1的正弦值

21、; (3)设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 2 6 , 求线段AM的长 (1)证明 如图,以点 A 为原点,分别以 AD,AA1,AB 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,由题意得 A(0,0,0),B(0,0,2), C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0) 易得B1C1 (1,0,1),CE(1,1,1),于是B 1C1 CE0, 所以 B1C1CE. (2)解 B1C (1,2,1) 设平面 B1CE 的法向量 m(x,y,z), 则 m B1C 0, m CE 0, 即 x2yz0, xyz0. 消

22、去 x,得 y2z0,不妨令 z1, 可得一个法向量为 m(3,2,1) 由(1)知,B1C1CE,又 CC1B1C1,CC1CEC, CC1,CE平面 CEC1,可得 B1C1平面 CEC1, 故B1C1 (1,0,1)为平面 CEC 1的一个法向量 于是 cosm,B1C1 m B1C1 |m|B1C1 | 4 14 2 2 7 7 ,从而 sinm,B1C1 21 7 , 所以二面角 B1CEC1的正弦值为 21 7 . (3)解 AE (0,1,0),EC 1 (1,1,1),设EM EC1 (,)(01),则AM AE EM (, 1,) 可取AB (0,0,2)为平面 ADD 1A1的一个法向量 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角,则 sin |cosAM ,AB |AM AB | |AM |AB | 2 21222 3221, 于是 3221 2 6 ,解得 1 3(负值舍去), 所以 AM 2.