《2019屆高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題學案 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何與空間向量 高考專題突破四 高考中的立體幾何問題學案 文 北師大版（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 高考專題突破四　高考中的立體幾何問題 【考點自測】 1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC的中點，E為A1C1的中點，則DE與平面A1B1BA的位置關系為(　　) A．相交 B．平行 C．垂直相交 D．不確定 答案　B 解析　如圖取B1C1的中點為F，連接EF，DF， 則EF∥A1B1，DF∥B1B， 且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA. 2．設x，y，z是空間中不同的直線或平面，對下列四種情形： ①x，y，z均為直線；②x，y是直線，z是平面；③z是直線，x，y是平面；④x，y，z

2、均為平面． 其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是(　　) A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 答案　C 解析　由正方體模型可知①④為假命題；由線面垂直的性質定理可知②③為真命題． 3．(2018屆遼寧凌源二中聯(lián)考)已知一幾何體的三視圖如圖所示，俯視圖是一個等腰直角三角形和半圓，則該幾何體的體積為(　　) A．2＋ B.＋π C．2＋ D.＋π 答案　D 解析　結合三視圖可知，該幾何體是一個半圓柱與一個底面是等腰直角三角形的三棱錐組成的組合體，其體積為V＝××2×1×2＋×π×12×2＝＋π， 故選D. 4．(2017·天津濱海新區(qū)模擬)如圖，

3、以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結論： ①BD⊥AC； ②△BAC是等邊三角形； ③三棱錐D－ABC是正三棱錐； ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是(　　) A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 答案　B 解析　由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯．故選B. 5．(2017·沈陽調研)設α，β，

4、γ是三個平面，a，b是兩條不同的直線，有下列三個條件： ①a∥γ，bβ；②a∥γ，b∥β；③b∥β，aγ.如果命題“α∩β＝a，bγ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________．(把所有正確的序號填上) 答案　①或③ 解析　由線面平行的性質定理可知，①正確；當b∥β，aγ時，a和b在同一平面內，且沒有公共點，所以平行，③正確．故應填入的條件為①或③. 題型一　求簡單幾何體的表面積與體積 例1 (2018屆衡水聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，點D為AB的中點．

5、(1)證明：AC1∥平面B1CD； (2)求三棱錐A1—CDB1的體積． (1)證明　連接BC1交B1C于點O，連接OD. 在三棱柱ABC—A1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形， ∴點O是BC1的中點． ∵點D為AB的中點，∴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

6、＝BC＝2， ∴AB＝A1B1＝2，CD＝， ∴V三棱錐A—CDB＝V三棱錐C—ADB ＝××2×2×＝. 思維升華 (1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進行求解．其中，等積轉換法多用來求三棱錐的體積． (2)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解． (3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解． 跟蹤訓練1 (2018·烏魯木齊質檢)正三棱錐的高為1，底面邊長為2，內有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求： (1)這個正三棱錐的表面積；

7、(2)這個正三棱錐內切球的表面積與體積． 解　(1)底面正三角形中心到一邊的距離為××2＝，則正棱錐側面的斜高為＝， ∴S側＝3××2×＝9， ∴S表＝S側＋S底＝9＋××(2)2 ＝9＋6. (2)設正三棱錐P－ABC的內切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r. ∴V三棱錐P－ABC＝V三棱錐O－PAB＋V三棱錐O－PBC＋V三棱錐O－PAC＋V三棱錐O－ABC ＝S側·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內切球＝4π(－

8、2)2＝(40－16)π. V內切球＝π(－2)3＝(9－22)π. 題型二　空間點、線、面的位置關系 例2 (2017·廣州五校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中點，點Q在側棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點，求證：PA∥平面BDQ； (3)若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，試求的值． (1)證明　由E是AD的中點，PA＝PD可得AD⊥PE. 因為底面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A

9、D⊥平面PBE. (2)證明　連接AC，交BD于點O，連接OQ. 因為O是AC的中點，Q是PC的中點， 所以OQ∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)解　設四棱錐P－BCDE，Q－ABCD的高分別為h1，h2. 所以V四棱錐P－BCDE＝S四邊形BCDEh1， V四棱錐Q－ABCD＝S四邊形ABCDh2. 又VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD， 所以＝＝. 思維升華 (1)平行問題的轉化 利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉化解決平行關系的判定問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的

10、轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應用性質定理時，其順序正好相反．在實際的解題過程中，判定定理和性質定理一般要相互結合，靈活運用． (2)垂直問題的轉化 在空間垂直關系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊．應用面面垂直的性質定理時，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個平面內一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉化為線面垂直問題，進而可轉化為線線垂直問題． 跟蹤訓練2 如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的

11、中點． 求證：(1)平面EFG∥平面ABC； (2)BC⊥SA. 證明　(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F為SB的中點， 則EF∥AB，F(xiàn)G∥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，則AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB平面SAB， 則BC⊥平面SAB，又SA平面SAB， 因此BC⊥SA. 題型三　平面圖形的翻折問題 例3 五邊形ANB1C1C是由一個梯形ANB1B與一個矩形BB1C1C組成的，如圖

12、甲所示，B為AC的中點，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虛線BB1將五邊形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如圖乙所示． (1)求證：平面BNC⊥平面C1B1N； (2)求圖乙中的多面體的體積． (1)證明　四邊形BB1C1C為矩形，故B1C1⊥BB1， 又由于二面角A—BB1—C為直二面角， 故B1C1⊥平面BB1A，又BN平面BB1A， 故B1C1⊥BN， 由線段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， 因為BN平面BNC， 所以平面BNC

13、⊥平面C1B1N. (2)解　連接CN，過N作NM⊥BB1，垂足為M， V三棱錐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， V四棱錐N—BCCB＝×NM·S矩形BCCB ＝×4×4×8＝， 則此幾何體的體積 V＝V三棱錐C—ABN＋V四棱錐N—BCCB＝＋＝. 思維升華 平面圖形的翻折問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況．一般地，翻折后還在同一個平面上

14、的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化． 跟蹤訓練3 (2018屆珠海摸底)為了迎接某節(jié)日，商場進行促銷活動，某商場打算將進行促銷活動的禮品盒重新設計．方案如下：將一塊邊長為10的正方形紙片ABCD剪去四個全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再將剩下的陰影部分折成一個四棱錐形狀的包裝盒S—EFGH，其中A，B，C，D重合于點O，E與E′重合，F(xiàn)與F′重合，G與G′重合，H與H′重合(如圖所示)． (1)求證：平面SEG⊥平面SFH； (2)已知AE＝，過O作OM⊥SH交SH于點M，求cos∠EMO的值． (1)證明　∵折后A，B，C，D重合于一

15、點O， ∴拼接成底面EFGH的四個直角三角形必為全等的等腰直角三角形， ∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH. 連接SO. ∵在原平面圖形中， △SEE′≌△SGG′， ∴SE＝SG，∴EG⊥SO， ∵EG⊥FH，EG⊥SO，F(xiàn)H∩SO＝O， FH，SO平面SFH， ∴EG⊥平面SFH， 又∵EG平面SEG， ∴平面SEG⊥平面SFH. (2)解　由題意，當AE＝時，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＝＝.

16、題型四　立體幾何中的存在性問題 例4 (2017·北京昌平區(qū)統(tǒng)考)如圖，在四棱錐P—ABCD中，△PAD為正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4. (1)求證：平面PCD⊥平面PAD； (2)求三棱錐P—ABC的體積； (3)在棱PC上是否存在點E，使得BE∥平面PAD？若存在，請確定點E的位置并證明；若不存在，請說明理由． (1)證明　因為AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD. 因為CD平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PAD.

17、 (2)解　取AD的中點O，連接PO. 因為△PAD為正三角形， 所以PO⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 所以PO為三棱錐P—ABC的高． 因為△PAD為正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4， 所以PO＝. 所以V三棱錐P—ABC＝S△ABC·PO ＝××2×2×＝. (3)解　在棱PC上存在點E，當E為PC的中點時， BE∥平面PAD. 分別取CP，CD的中點E，F(xiàn)，連接BE，BF，EF， 所以EF∥PD.因為AB∥CD，CD＝2AB， 所以AB∥FD，AB＝FD， 所

18、以四邊形ABFD為平行四邊形， 所以BF∥AD. 因為BF∩EF＝F，AD∩PD＝D， 所以平面BEF∥平面PAD. 因為BE平面BEF， 所以BE∥平面PAD. 思維升華 對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論則否定假設． 跟蹤訓練4 如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，DC∥AB，PA＝1，AB＝2，PD＝BC＝. (1)求證：平面PAD⊥平面PCD； (2)試在棱PB上確定一點E，使截面AEC把該幾何體分成的兩部分PDC

19、EA與EACB的體積比為2∶1. (1)證明　∵AD⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，DC平面ABCD，∴DC⊥PA. ∵AD∩PA＝A，AD，PA平面PAD， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC平面PCD， ∴平面PAD⊥平面PCD. (2)解　作EF⊥AB于F點， ∵在△ABP中，PA⊥AB， ∴EF∥PA， ∴EF⊥平面ABCD. 設EF＝h，AD＝＝1， S△ABC＝AB·AD＝1， 則V三棱錐E—ABC＝S△ABC·h＝h. V四棱錐P—ABCD＝S四邊形ABCD·PA ＝××1＝. 由VPDCEA∶V三棱錐E—ACB＝2∶

20、1， 得∶h＝2∶1，解得h＝. EF＝PA，故E為PB的中點． 1．(2017·北京)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 答案　B 解析　在正方體中還原該四棱錐，如圖所示， 可知SD為該四棱錐的最長棱． 由三視圖可知正方體的棱長為2， 故SD＝＝2. 故選B. 2．(2018·沈陽月考)如圖所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直線l上的兩點，C，D是平面β內的兩點，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一動點，且有∠APD＝∠BPC，則四棱錐P－ABCD

21、體積的最大值是(　　) A．48 B．16 C．24 D．144 答案　A 解析　由題意知，△PAD，△PBC是直角三角形， 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC. 因為DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA. 作PM⊥AB于點M，由題意知，PM⊥平面β. 令BM＝t，則AM＝|6－t|， PA2－(6－t)2＝4PA2－t2， 所以PA2＝4t－12. 所以PM＝， 即為四棱錐P－ABCD的高， 又底面ABCD為直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36. 所以V＝×36×＝12 ≤12×4＝48. 3．(2017·云南省十一校調研)設已知m，n是兩條

22、不同的直線，α，β為兩個不同的平面，有下列四個命題： ①若α⊥β，mα，nβ，則m⊥n； ②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ③若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β； ④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n. 其中所有正確命題的序號是________． 答案?、冖? 解析　對于①，當兩個平面互相垂直時，分別位于這兩個平面內的兩條直線未必垂直，因此①不正確；對于②，依據(jù)結論“由空間一點向一個二面角的兩個半平面(或半平面所在平面)引垂線，這兩條垂線所成的角與這個二面角的平面角相等或互補”可知②正確；對于③，分別與兩條平行直線平行的兩個平面未必平行，因此③不正確；對于④，由n∥β得，

23、在平面β內必存在直線n1平行于直線n，由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1，又n1∥n，因此有m⊥n，④正確．綜上所述，所有正確命題的序號是②④. 4.如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折過程中，可能成立的結論是________．(填寫結論序號) 答案?、冖? 解析　因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯誤；設點D在平面BCF上的射影

24、為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使條件滿足，所以②正確；當點P落在BF上時，DP平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤． 5.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，則點P到直線CC1的距離的最小值為________． 答案　 解析　點P到直線CC1的距離等于點P在平面ABCD上的射影到點C的距離，設點P在平面ABCD上的射影為P′，顯然點P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長度的最小值．連接DE，

25、當P′C⊥DE時，P′C的長度最小，此時P′C＝＝. 6．(2018屆永州市模擬)如圖，在三棱錐S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O為AB的中點，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中點，CN與SO所成的角為α，且tan α＝2. (1)證明：OC⊥ON； (2)求三棱錐S—ABC的體積． (1)證明　∵AC＝BC，O為AB的中點， ∴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　設OA的中點為M，連接MN，MC，

26、 則MN∥SO，故∠CNM即為CN與SO所成的角α， 又MC⊥MN且tan α＝2， ∴MC＝2MN＝SO， 又MC＝ ＝＝， 即SO＝， ∴三棱錐S—ABC的體積 V＝Sh＝··2·4·＝. 7．(2018屆武漢調研)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)證明：BE⊥平面D1AE； (2)設F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面D1AE？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． (1)證明　連接BE， ∵ABCD為矩形且

27、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的中點L，連接AL，F(xiàn)L， ∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB， ∴M，F(xiàn)，L，A四點共面， 若MF∥平面AD1E，則MF∥AL. ∴AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝AB. 故線段AB上存在滿足題意的點M，且＝. 8.如圖，在四棱錐P—ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝AB＝2，E，F(xiàn)，G分別是PC，PD，BC的中點．

28、 (1)求證：平面PAB∥平面EFG； (2)在線段PB上確定一點Q，使PC⊥平面ADQ，并給出證明． (1)證明　∵在△PCD中，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點， ∴EF∥CD，又∵四邊形ABCD為正方形， ∴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內兩條相交直線， ∴平面PAB∥平面EFG. (2)解　當Q為線段PB的中點時，PC⊥平面ADQ. 取PB的中點Q，連接DE，EQ，AQ，DQ， ∵EQ∥BC∥AD，且AD≠QE， ∴四邊形ADEQ為梯形， 由PD⊥平面

29、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為等腰直角三角形，E為斜邊中點， ∴DE⊥PC， ∵AD，DE是平面ADQ內的兩條相交直線， ∴PC⊥平面ADQ. 9.如圖所示的幾何體P—ABCD中，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a，PB⊥AB，平面ABCD⊥平面PAB，AC∩BD＝O，E為PD的中點，G為平面PAB內任一點． (1)在平面PAB內，過G點是否存在直線l使OE∥l？如果不存在，請說明理由，如果存在，請

30、說明作法； (2)過A，C，E三點的平面將幾何體P—ABCD截去三棱錐D—AEC，求剩余幾何體AECBP的體積． 解　(1)過G點存在直線l使OE∥l，理由如下： 由題意知O為BD的中點，又E為PD的中點， 所以在△PBD中，OE∥PB. 若點G在直線PB上，則直線PB即為所求的直線l， 所以有OE∥l； 若點G不在直線PB上，在平面PAB內，過點G作直線l，使l∥PB， 又OE∥PB，所以OE∥l， 即過G點存在直線l使OE∥l. (2)連接EA，EC，則平面ACE將幾何體分成兩部分： 三棱錐D—AEC與幾何體AECBP(如圖所示)． 因為平面ABCD⊥平面PAB，且交線為AB， 又PB⊥AB，PB平面PAB， 所以PB⊥平面ABCD. 故PB為幾何體P—ABCD的高． 又四邊形ABCD為菱形， ∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a， 所以S四邊形ABCD＝2×a2＝a2， 所以V四棱錐P—ABCD＝S四邊形ABCD·PB ＝×a2×a＝a3. 又OE綊PB，所以OE⊥平面ACD， 所以V三棱錐D—AEC＝V三棱錐E—ACD ＝S△ACD·EO＝V四棱錐P—ABCD＝a3， 所以幾何體AECBP的體積 V＝V四棱錐P—ABCD－V三棱錐D—EAC＝a3－a3＝a3. 19