高考专题突破四 高考中的立体几何问题.docx
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高考专题突破四高考中的立体几何问题
高考专题突破四 高考中的立体几何问题
【考点自测】
1.在正三棱柱ABC－A1B1C1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________.
答案 平行
解析 如图取B1C1的中点为F，连结EF，DF，
则EF∥A1B1，DF∥B1B，
且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，
∴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：
①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z是平面；③z是直线，x，y是平面；④x，y，z均为平面.
其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是________.（填序号）
答案 ②③
解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.
3.一个六棱锥的体积为2
，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________.
答案 12
解析 设六棱锥的高为h，则V＝
Sh，
所以
×
×4×6h＝2
，解得h＝1.
设六棱锥的斜高为h′，则h2＋（
）2＝h′2，故h′＝2.
所以该六棱锥的侧面积为
×2×2×6＝12.
4.设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：
①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”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 ①或③
解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.故应填入的条件为①或③.
5.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：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是________.（填序号）
答案 ①②③
解析 由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①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AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.
题型一 求空间几何体的表面积与体积
例1如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB的中点.
（1）证明：
AC1∥平面B1CD；
（2）求三棱锥A1—CDB1的体积.
（1）证明 连结BC1交B1C于点O，连结OD.
在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，
∴点O是BC1的中点.
∵点D为AB的中点，∴OD∥AC1.
又OD⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，
∴AC1∥平面B1CD.
（2）解 ∵AC＝BC，AD＝BD，∴CD⊥AB.
在三棱柱ABC—A1B1C1中，
由AA1⊥平面ABC，得平面ABB1A1⊥平面ABC.
又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABB1A1，
∵AC⊥BC，AC＝BC＝2，
∴AB＝A1B1＝2
，CD＝
，
＝
×
×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.
跟踪训练1如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为a的正三角形，AA1与AC，AB所成的角均为60°，且A1A＝AB，求该三棱柱的侧面积和体积.
解 作A1O⊥底面ABC于点O，
∵AA1与AC，AB所成的角均为60°，
且A1A＝AB，∴O是△ABC的中心，
∴AO＝
×
a＝
a.
又A1O＝
＝
a，
S△ABC＝
a2，A1O⊥AD，
∴V＝Sh＝
a2×
a＝
a3.
又O是△ABC的中心，∴AO⊥BC，A1O⊥BC，
从而BC⊥平面A1AO.
∵A1A⊂平面A1AO，∴BC⊥A1A，
又A1A∥B1B，故BC⊥B1B，
∴侧面BCC1B1是矩形.
＝（1＋
）a2.
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2（2017·江苏）如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
证明
（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，
BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
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，既为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（2013·江苏）如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.
求证：
（1）平面EFG∥平面ABC；
（2）BC⊥SA.
证明
（1）由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，
则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，
因此平面EFG∥平面ABC.
（2）由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.
又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，
则BC⊥平面SAB，
又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
题型三 平面图形的翻折问题
例3五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示.
（1）求证：
平面BNC⊥平面C1B1N；
（2）求图乙中的多面体的体积.
（1）证明 四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，
又由于二面角A—BB1—C为直二面角，
故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，
故B1C1⊥BN，
由线段AC＝CC1＝2AN＝8知，BB
＝NB
＋BN2，
即BN⊥NB1，又B1C1∩NB1＝B1，B1C1，NB1⊂平面NB1C1，
所以BN⊥平面C1B1N，
因为BN⊂平面BNC，
所以平面BNC⊥平面C1B1N.
（2）解 连结CN，过N作NM⊥BB1，垂足为M，
V三棱锥C—ABN＝
×BC·S△ABN
＝
×4×
×4×4＝
，
又B1C1⊥平面ABB1N，
所以平面CBB1C1⊥平面ABB1N，
且平面CBB1C1∩ABB1N＝BB1，
NM⊥BB1，NM⊂平面ABB1N，
所以NM⊥平面B1C1CB，
＝
×4×4×8＝
，
则此几何体的体积
＝
＋
＝
.
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为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计.方案如下：
将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S—EFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合（如图所示）.
（1）求证：
平面SEG⊥平面SFH；
（2）已知AE＝
，过O作OM⊥SH交SH于点M，求cos∠EMO的值.
（1）证明 ∵折后A，B，C，D重合于一点O，
∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，
∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH.
连结SO.
∵在原平面图形中，△SEE′≌△SGG′，
∴SE＝SG，∴EG⊥SO，
∵EG⊥FH，EG⊥SO，FH∩SO＝O，
FH，SO⊂平面SFH，
∴EG⊥平面SFH，
又∵EG⊂平面SEG，
∴平面SEG⊥平面SFH.
（2）解 由题意，当AE＝
时，OE＝
，
Rt△SHO中，SO＝5，SH＝
，
∴OM＝
＝
.
由
（1）知，EO⊥平面SHF，
又∵OM⊂平面SHF，∴EO⊥OM.
在Rt△EMO中，EM＝
＝
，
∴cos∠EMO＝
＝
.
题型四 立体几何中的存在性问题
例4如图，在四棱锥P—ABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.
（1）求证：
平面PCD⊥平面PAD；
（2）求三棱锥P—ABC的体积；
（3）在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？
若存在，请确定点E的位置并证明；若不存在，请说明理由.
（1）证明 因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD.
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
（2）解 取AD的中点O，连结PO.
因为△PAD为正三角形，
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO为三棱锥P—ABC的高.
因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，
所以PO＝
.
所以V三棱锥P—ABC＝
S△ABC·PO
＝
×
×2×2×
＝
.
（3）解 在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.
分别取CP，CD的中点E，F，连结BE，BF，EF，
所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，
所以AB∥FD，AB＝FD，
所以四边形ABFD为平行四边形，
所以BF∥AD.
因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，
所以平面BEF∥平面PAD.
因为BE⊂平面BEF，
所以BE∥平面PAD.
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（2017·江苏无锡天一中学模拟）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
（1）证明：
平面ADC1B1⊥平面A1BE；
（2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？
证明你的结论.
（1）证明 如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，
所以B1C1⊥平面ABB1A1.
因为A1B⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B.
又因为A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，AB1，B1C1⊂平面ADC1B1，所以A1B⊥平面ADC1B1.
因为A1B⊂平面A1BE，
所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.
（2）解 当点F为C1D1的中点时，可使B1F∥平面A1BE.
证明如下：
设A1B∩AB1＝O，
连结EO，EF，B1F.
易知EF∥C1D，且EF＝
C1D，
B1O∥C1D且B1O＝
C1D，
所以EF∥B1O且EF＝B1O，
所以四边形B1OEF为平行四边形.
所以B1F∥OE.
又因为B1F⊄平面A1BE，OE⊂平面A1BE.
所以B1F∥平面A1BE.
1.（2017·江苏新海中学期中）将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是________.
答案
解析 等腰直角三角形的斜边长为4，斜边的高为2.
∴旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥的组合体.
圆锥的底面半径为2，高为2.
∴几何体的体积V＝2×
×π×4×2＝
.
2.若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且α∩γ＝m，β∩γ＝n.命题甲：
m∥n；命题乙：
α∥β.则甲是乙成立的________条件.（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）
答案 必要不充分
解析 若α与β平行，则必有m∥n，反之，当m∥n时，α与β可能相交，如三棱柱中侧棱平行，侧面不平行.
3.如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD体积的最大值是________.
答案 48
解析 由题意知，△PAD，△PBC是直角三角形，
又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.
因为DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.
作PM⊥AB于点M，由题意知，PM⊥平面β.
令BM＝t，则AM＝|6－t|，PA2－（6－t）2＝4PA2－t2，
所以PA2＝4t－12.
所以PM＝
，即为四棱锥P－ABCD的高，
又底面ABCD为直角梯形，S＝
×（4＋8）×6＝36，
所以V＝
×36×
＝12
≤12×4＝48.
4.如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：
①DF⊥BC；
②BD⊥FC；
③平面DBF⊥平面BFC；
④平面DCF⊥平面BFC.
在翻折过程中，可能成立的结论是________.（填写结论序号）
答案 ②③
解析 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；
设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误.
5.下列三个命题都缺少一个条件P，补上这个条件使其构成真命题（其中l，m为直线，α，β为平面），则条件P为________.
①
⇒l∥α；②
⇒l∥α；③
⇒l∥α.
答案 l⊄α
解析 根据直线与平面平行的判定定理可得①所缺条件为l⊄α，可推②③同样可补此条件.
6.如图，在三棱锥S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O为AB的中点，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中点，CN与SO所成的角为α，且tanα＝2.
（1）证明：
OC⊥ON；
（2）求三棱锥S—ABC的体积.
（1）证明 ∵AC＝BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，又SO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，
∴OC⊥SO，又AB∩SO＝O，AB，SO⊂平面SAB，
∴OC⊥平面SAB，
又∵ON⊂平面SAB，
∴OC⊥ON.
（2）解 设OA的中点为M，连结MN，MC，
则MN∥SO，故∠CNM即为CN与SO所成的角α，
又MC⊥MN且tanα＝2，
∴MC＝2MN＝SO，
又MC＝
＝
＝
，
即SO＝
，
∴三棱锥S—ABC的体积
V＝
Sh＝
·
·2·4·
＝
.
7.如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.
（1）证明：
BE⊥平面D1AE；
（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
（1）证明 连结BE，
∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，
∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，
又平面D1AE⊥平面ABCE，
平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥平面D1AE.
（2）解 AM＝
AB，取D1E的中点L，连结AL，FL，
∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝
AB，
∴M，F，L，A四点共面，
若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.
∴AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝
AB.
故线段AB上存在满足题意的点M，且
＝
.
8.如图，在四棱锥P—ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝AB＝2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点.
（1）求证：
平面PAB∥平面EFG；
（2）在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明.
（1）证明 ∵在△PCD中，E，F分别是PC，PD的中点，
∴EF∥CD，又∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，∴EF∥AB，
∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB，
∵EF，EG是平面EFG内两条相交直线，
∴平面PAB∥平面EFG.
（2）解 当Q为线段PB的中点时，PC⊥平面ADQ.
取PB的中点Q，连结DE，EQ，AQ，DQ，
∵EQ∥BC∥AD，且AD≠QE，
∴四边形ADEQ为梯形，
由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
得AD⊥PD，
∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC.
∵△PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，
∴DE⊥PC，
∵AD，DE是平面ADQ内的两条相交直线，
∴PC⊥平面ADQ.
9.（2018届镇江中学检测）如图，正三棱柱A1B1C1－ABC中，点D，E分别是A1C，AB的中点.
（1）求证：
ED∥平面BB1C1C；
（2）若AB＝
BB1，求证：
A1B⊥平面B1CE.
证明
（1）连结AC1，BC1，
因为四边形AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，
所以D是AC1的中点.
在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，
所以DE∥BC1，
因为DE⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，
所以ED∥平面BB1C1C.
（2）因为△ABC是正三角形，E是AB的中点，
所以CE⊥AB.
又因为在正三棱柱A1B1C1－ABC中，
平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，CE⊂平面ABC，
所以CE⊥平面ABB1A1，
又A1B⊂平面ABB1A1，
从而CE⊥A1B.
因为
＝
＝
，
＝
＝
，
所以
＝
，
又∠A1B1B＝∠B1BE＝90°，
所以Rt△A1B1B∽Rt△B1BE，
所以∠A1BB1＝∠BEB1，
又∠BEB1＋∠BB1E＝90°，
所以∠A1BB1＋∠BB1E＝90°，
所以A1B⊥B1E，
又因为CE，B1E⊂平面B1CE，CE∩B1E＝E，
所以A1B⊥平面B1CE.
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