2019屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)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(xué)案理北師大版.docx

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ABCA1B1C1中，D為BC的中點，E為A1C1的中點，則DE與平面A1B1BA的位置關(guān)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EFA1B1，DFB1B，且EFDFF，A1B1B1BB1，平面EFD平面A1B1BA，DE平面A1B1BA.2設(shè)x，y，z是空間中不同的直線或平面，對下列四種情形：x，y，z均為直線；x，y是直線，z是平面；z是直線，x，y是平面；x，y，z均為平面其中使“xz且yzxy”為真命題的是()A B C D答案C解析由正方體模型可知為假命題；由線面垂直的性質(zhì)定理可知為真命題3(2018屆黑龍江海林市朝鮮中學(xué)模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A94() B102()C112() D112()答案C解析根據(jù)三視圖還原幾何體為一個直四棱柱，兩底面為四邊形(左視圖)，其余各側(cè)面為矩形，兩底面面積為25，四個側(cè)面面積為221222622，幾何體的表面積為112()，故選C.4(2017天津濱海新區(qū)模擬)如圖，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(xué)生得出下列四個結(jié)論：BDAC；BAC是等邊三角形；三棱錐DABC是正三棱錐；平面ADC平面ABC.其中正確的是()A B C D答案B解析由題意知，BD平面ADC，故BDAC，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ABACBC，BAC是等邊三角形，正確；易知DADBDC，又由知正確；由知錯故選B.5(2017沈陽調(diào)研)設(shè)，是三個平面，a，b是兩條不同的直線，有下列三個條件：a，b；a，b；b，a.如果命題“a，b，且_，則ab”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)答案或解析由線面平行的性質(zhì)定理可知，正確；當(dāng)b，a時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，正確故應(yīng)填入的條件為或.題型一求簡單幾何體的表面積與體積例1(2016全國)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H，將DEF沿EF折到DEF的位置(1)證明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱錐DABCFE的體積(1)證明由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得，故ACEF，由此得EFHD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EFHD，所以ACHD.(2)解由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4，所以O(shè)H1，DHDH3，于是OD2OH2(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，又由ODOH，ACOHO，AC，OH平面ABC，所以O(shè)D平面ABC.又由得EF.五邊形ABCFE的面積S683.所以五棱錐D-ABCFE的體積V2.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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(yīng)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(xùn)練1 (2018烏魯木齊質(zhì)檢)正三棱錐的高為1，底面邊長為2，內(nèi)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；(2)這個正三棱錐內(nèi)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(cè)面的斜高為，S側(cè)329，S表S側(cè)S底9(2)296.(2)設(shè)正三棱錐PABC的內(nèi)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PABCV三棱錐OPABV三棱錐OPBCV三棱錐OPACV三棱錐OABCS側(cè)rSABCrS表r(32)r.又VPABC(2)212，(32)r2，得r2.S內(nèi)切球4(2)2(4016).V內(nèi)切球(2)3(922).題型二空間點、線、面的位置關(guān)系例2 (2017廣州五校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，BAD60，E是AD的中點，點Q在側(cè)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VPBCDE2VQABCD，試求的值(1)證明由E是AD的中點，PAPD可得ADPE.因為底面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)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O(shè)QPA，又PA平面BDQ，OQ平面BDQ，所以PA平面BDQ.(3)解設(shè)四棱錐PBCDE，QABCD的高分別為h1，h2.所以V四棱錐PBCDES四邊形BCDEh1，V四棱錐QABCDS四邊形ABCDh2.又VPBCDE2VQABCD，且S四邊形BCDES四邊形ABCD，所以.思維升華 (1)平行問題的轉(zhuǎn)化利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問題時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而應(yīng)用性質(zhì)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(zhì)定理一般要相互結(jié)合，靈活運用(2)垂直問題的轉(zhuǎn)化在空間垂直關(guān)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(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個平面內(nèi)一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題，進而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問題跟蹤訓(xùn)練2 如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，E是BC的中點，求證：(1)平面AB1E平面B1BCC1；(2)A1C平面AB1E.證明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因為AE平面ABC，所以CC1AE.因為ABAC，E為BC的中點，所以AEBC.因為BC平面B1BCC1，CC1平面B1BCC1，且BCCC1C，所以AE平面B1BCC1.因為AE平面AB1E，所以平面AB1E平面B1BCC1.(2)連接A1B，設(shè)A1BAB1F，連接EF.在直三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以F為A1B的中點又因為E是BC的中點，所以EFA1C.因為EF平面AB1E，A1C平面AB1E，所以A1C平面AB1E.題型三平面圖形的翻折問題例3 (2016全國)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB5，AC6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點H.將DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)證明：DH平面ABCD；(2)求平面BDA與平面DAC夾角的正弦值(1)證明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，從而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以O(shè)H1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解如圖，以H為坐標(biāo)原點，HF，HD，HD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則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)設(shè)m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，則即所以可取m(4,3，5)設(shè)n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，則即所以可取n(0，3,1)于是|cosm，n|，sinm，n.因此平面BDA與平面DAC夾角的正弦值是.思維升華 平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況一般地，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化跟蹤訓(xùn)練3 (2017深圳模擬)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如圖(2)折疊，折痕EFDC.其中點E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點P疊在線段AD上的點記為M，并且MFCF.(1)證明：CF平面MDF；(2)求三棱錐MCDE的體積(1)證明因為PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因為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)解因為PDDC，PC2，CD1，PCD60，所以PD，由(1)知FDCF，在RtDCF中，CFCD.如圖，過點F作FGCD交CD于點G，得FGFCsin 60，所以DEFG，故MEPE，所以MD .SCDEDEDC1.故V三棱錐MCDEMDSCDE.題型四立體幾何中的存在性問題例4 (2017安徽江南名校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E為PA的中點(1)求證：DE平面BPC；(2)線段AB上是否存在一點F，滿足CFDB？若存在，請求出平面FPC與平面PCD夾角的余弦值；若不存在，請說明理由(1)證明取PB的中點M，連接EM和CM，過點C作CNAB，垂足為點N.在平面ABCD內(nèi)，CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四邊形CDAN為平行四邊形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，AB12，而E，M分別為PA，PB的中點，EMAB且EM6，又DCAB，EMCD且EMCD，四邊形CDEM為平行四邊形，DECM.CM平面PBC，DE平面PBC，DE平面BPC.(2)解由題意可得DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖，以D為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)假設(shè)AB上存在一點F使CFBD，設(shè)點F的坐標(biāo)為(8，t,0)(0t12)，則(8，t6,0)，(8,12,0)，由0，得t.又平面DPC的一個法向量為m(1,0,0)，設(shè)平面FPC的法向量為n(x，y，z)又(0,6，8)，.由得即不妨令y12，則n(8,12,9)則|cosn，m|.故平面FPC與平面PCD夾角的余弦值為.思維升華 對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè)跟蹤訓(xùn)練4 (2018成都模擬)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E為棱AA1的中點(1)證明：B1C1CE；(2)求平面B1CE與平面CEC1夾角的正弦值；(3)設(shè)點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長(1)證明如圖，以點A為原點，分別以AD，AA1，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得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(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)解(1，2，1)設(shè)平面B1CE的法向量m(x，y，z)，則即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一個法向量為m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，CC1CEC，CC1，CE平面CEC1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)為平面CEC1的一個法向量于是|cosm|，從而sinm，所以平面B1CE與平面CEC1夾角的正弦值為.(3)解(0,1,0)，(1,1,1)，設(shè)(，)(01)，則(，1，)可取(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量設(shè)為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sin |cos，|，于是，解得(負值舍去)，所以AM.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()A3 B2 C2 D2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SD2.故選B.2(2018沈陽模擬)如圖所示，已知平面平面l，.A，B是直線l上的兩點，C，D是平面內(nèi)的兩點，且ADl，CBl，DA4，AB6，CB8.P是平面上的一動點，且有APDBPC，則四棱錐PABCD體積的最大值是()A48 B16 C24 D144答案A解析由題意知，PAD，PBC是直角三角形，又APDBPC，所以PADPBC.因為DA4，CB8，所以PB2PA.作PMAB于點M，由題意知，PM平面.令BMt，則AM|6t|，PA2(6t)24PA2t2，所以PA24t12.所以PM，即為四棱錐PABCD的高，又底面ABCD為直角梯形，S(48)636.所以V361212448.3(2017云南省十一校調(diào)研)設(shè)已知m，n是兩條不同的直線，為兩個不同的平面，有下列四個命題：若，m，n，則mn；若m，n，mn，則；若m，n，mn，則；若m，n，則mn.其中所有正確命題的序號是_答案解析對于，當(dāng)兩個平面互相垂直時，分別位于這兩個平面內(nèi)的兩條直線未必垂直，因此不正確；對于，依據(jù)結(jié)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”可知正確；對于，分別與兩條平行直線平行的兩個平面未必平行，因此不正確；對于，由n得，在平面內(nèi)必存在直線n1平行于直線n，由m，得m，mn1，又n1n，因此有mn，正確綜上所述，所有正確命題的序號是.4.如圖梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，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(jié)論：DFBC；BDFC；平面DBF平面BFC；平面DCF平面BFC.在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是_(填寫結(jié)論序號)答案解析因為BCAD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則錯誤；設(shè)點D在平面BCF上的射影為點P，當(dāng)BPCF時就有BDFC，而ADBCAB234，可使條件滿足，所以正確；當(dāng)點P落在BF上時，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所以正確；因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即錯誤5.如圖所示，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1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(shè)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PC的長度的最小值連接DE，當(dāng)PCDE時，PC的長度最小，此時PC.6(2018煙臺模擬)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ACB1D，BB1底面ABCD，E，F(xiàn)，H分別為AD，CD，DD1的中點，EF與BD交于點G.(1)證明：平面ACD1平面BB1D；(2)證明：GH平面ACD1.證明(1)BB1平面ABCD，AC平面ABCD，ACBB1.又ACB1D，BB1B1DB1，BB1，B1D平面BB1D，AC平面BB1D.AC平面ACD1，平面ACD1平面BB1D.(2)設(shè)ACBDO，連接OD1.E，F(xiàn)分別為AD，CD的中點，EFODG，G為OD的中點H為DD1的中點，HGOD1.GH平面ACD1，OD1平面ACD1，GH平面ACD1.7(2017青島質(zhì)檢)在平面四邊形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.將ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如圖所示(1)求證：ABCD；(2)若M為AD的中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值(1)證明平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)解過點B在平面BCD內(nèi)作BEBD，如圖由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD.ABBE，ABBD.以B為坐標(biāo)原點，分別以BE，BD，BA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系由題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，則(1,1,0)，(0,1，1)設(shè)平面MBC的法向量為n(x0，y0，z0)，則即取z01，得平面MBC的一個法向量n(1，1,1)設(shè)直線AD與平面MBC所成的角為，則sin |cosn，|，即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.8(2017鄭州模擬)等邊三角形ABC的邊長為3，點D，E分別是邊AB，AC上的點，且滿足，如圖1.將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB為直二面角，連接A1B，A1C，如圖2.(1)求證：A1D平面BCED；(2)在線段BC上是否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由(1)證明因為等邊三角形ABC的邊長為3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.從而AD2DE2AE2，所以ADDE.折起后有A1DDE，因為二面角A1DE