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.