全国通用届高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 高考专题突破四 高考中的立体几.docx

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全国通用届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量高考专题突破四高考中的立体几

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（　　）

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（　　）

A．③④B．①③C．②③D．①②

答案　C

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．（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（　　）

A．9＋4（＋）B．10＋2（＋）

C．11＋2（＋）D．11＋2（＋）

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＝5，四个侧面面积为2×2＋1×2＋2×＋2×＝6＋2＋2，几何体的表面积为11＋2（＋），故选C.

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：

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（　　）

A．①②④B．①②③

C．②③④D．①③④

答案　B

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．故选B.

5．（2017·沈阳调研）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.

题型一　求空间几何体的表面积与体积

例1　（2016·全国Ⅱ）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，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

（1）证明：

AC⊥HD′；

（2）若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′-ABCFE的体积．

（1）证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.

（2）解　由EF∥AC得＝＝.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，

所以OH＝1，D′H＝DH＝3，

于是OD′2＋OH2＝

（2）2＋12＝9＝D′H2，

故OD′⊥OH.

由

（1）知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，

BD，HD′⊂平面BHD′，

所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，

又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，AC，OH⊂平面ABC，

所以OD′⊥平面ABC.

又由＝得EF＝.

五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.

所以五棱锥D′-ABCFE的体积

V＝××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，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××2＝，则正棱锥侧面的斜高为＝，

∴S侧＝3××2×＝9，

∴S表＝S侧＋S底＝9＋××

（2）2

＝9＋6.

（2）设正三棱锥P－ABC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P－ABC＝V三棱锥O－PAB＋V三棱锥O－PBC＋V三棱锥O－PAC＋V三棱锥O－ABC

＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r

＝（3＋2）r.

又VP－ABC＝×××

（2）2×1＝2，

∴（3＋2）r＝2，

得r＝＝＝－2.

∴S内切球＝4π（－2）2＝（40－16）π.

V内切球＝π（－2）3＝（9－22）π.

题型二　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P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．

（1）求证：

AD⊥平面PBE；

（2）若Q是PC的中点，求证：

PA∥平面BDQ；

（3）若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，试求的值．

（1）证明　由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.

因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，

所以AB＝BD，所以AD⊥BE，

又PE∩BE＝E，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OQ∥PA，

又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，

所以PA∥平面BDQ.

（3）解　设四棱锥P－BCDE，Q－ABCD的高分别为h1，h2.

所以V四棱锥P－BCDE＝S四边形BCDEh1，

V四棱锥Q－ABCD＝S四边形ABCDh2.

又VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四边形BCDE＝S四边形ABCD，

所以＝＝.

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ABC—A1B1C1中，AB＝AC，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ABC—A1B1C1中，

CC1⊥平面ABC.

因为AE⊂平面ABC，所以CC1⊥AE.

因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.

因为BC⊂平面B1BCC1，CC1⊂平面B1BCC1，

且BC∩CC1＝C，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A1B∩AB1＝F，连接EF.

在直三棱柱ABC—A1B1C1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EF∥A1C.

因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E，

所以A1C∥平面AB1E.

题型三　平面图形的翻折问题

例3（2016·全国Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

（1）证明：

D′H⊥平面ABCD；

（2）求二面角B-D′A-C的正弦值．

（1）证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC得＝＝.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，

所以D′H⊥平面ABCD.

（2）解　如图，以H为坐标原点，HF，HD，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），＝（3，－4,0），＝（6,0,0），＝（3,1,3）．

设m＝（x1，y1，z1）是平面ABD′的法向量，则

即

所以可取m＝（4,3，－5）．

设n＝（x2，y2，z2）是平面ACD′的法向量，则

即

所以可取n＝（0，－3,1）．

于是cos〈m，n〉＝＝＝－，

sin〈m，n〉＝.

因此二面角B-D′A-C的正弦值是.

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，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图

（2）折叠，折痕EF∥DC.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MF⊥CF.

（1）证明：

CF⊥平面MDF；

（2）求三棱锥M－CDE的体积．

（1）证明　因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以PD⊥AD.

又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，

PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，

所以AD⊥平面PCD.

又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.

又MF⊥CF，MD∩MF＝M，MD，MF⊂平面MDF，

所以CF⊥平面MDF.

（2）解　因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，

所以PD＝，由

（1）知FD⊥CF，

在Rt△DCF中，CF＝CD＝.

如图，过点F作FG⊥CD交CD于点G，

得FG＝FCsin60°＝×＝，

所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝，

所以MD＝＝＝.

S△CDE＝DE·DC＝××1＝.

故V三棱锥M－CDE＝MD·S△CDE＝××＝.

题型四　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P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，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CF⊥DB？

若存在，请求出二面角F—PC—D的余弦值；若不存在，请说明理由．

（1）证明　取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.

在平面ABCD内，

∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，

又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，

∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，

在Rt△BNC中，

BN＝＝＝6，

∴AB＝12，而E，M分别为PA，P