专题六立体几何

【专题概述】立体几何是高考的重点内容之一,从近几年高考试题来看,主要有以下几个方面:一是以三视图为载体,考查空间几何体的特征及表面积、体积的计算;二是考查线面位置关系的判断与证明;三是考查空间向量的应用,尤其空间向量法求二面角是考查的热点之一.第一讲 空间几何体一 体验高考1.(2012 年高考福建卷,理 4)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是( D )(A)球 (B)三棱锥 (C)正方体 (D)圆柱解析:分别比较选项 A、B、C 的三视图不符合题干要求,选项 D 符合.2.(2012 年高考广东卷,理 6)某几何体的三视图如图所示, 它的体积为( C )(A)12 (B)45 (C)57 (D)81解析:由三视图知该几何体是由圆柱、 圆锥两几何体组合而成 ,直观图如图所示.圆锥的底面半径为 3,高为 4,圆柱的底面半径为 3,高为 5,V=V 圆锥 +V 圆柱 = Sh1+Sh23= 324+32531=57.故选 C.3.(2012 年高考安徽卷,理 12)某几何体的三视图如图所示, 该几何体的表面积是 . 解析:由几何体的三视图可知,该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱(如图所示).在四边形 ABCD 中,作 DEAB,垂足 为 E,则 DE=4,AE=3,则 AD=5.所以其表面积为:2 (2+5)4+24+45+45+44=92.21答案:924.(2012 年高考辽宁卷,理 16)已知正三棱锥 P ABC,点 P,A,B,C都在半径为 的球面上,若3PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面 ABC的距离为 . 解析:法一:如图,设 PA=a,M 为 ABC 中心,则 AB= a,2即正三棱锥 P ABC 侧棱长为 a,底面边长为 a,则 CN= a,CM= a,PM= a.263设球的半径为 R,所以( a-R)2+( a)2=R2,36将 R= 代入上式,解得 a=2,3所以球心到截面 ABC 的距离 d= - = .32法二:由点 P、A、B、C 在半径 为 的球面上.PA、 PB、PC 两两互相垂直,所以正三棱锥 P ABC 可看正方体一部分,设棱长为 a,则 3a2=12,a=2,则 AB=BC=CA=2 ,NC= .MC= ,则 PM= .26323所以球心到截面 ABC 距离为 - = .答案: 3二 备考感悟1.命题与备考本部分在高考中重点是以三视图为命题背景,研究空间几何体的结构特点,是每年必考内容,在备考中要注意三视图的画法原则及由三视图还原几何体的技巧运用,同时掌握与球有关的切、接问题.2.小题快做判断三视图时,要注意三视图中实、虚线的运用 三 热点考向突破考向一 空间几何体的三视图及应用该类问题有两种类型:一是由几何体确定三视图;二是由三视图还原成几何体.通常的解法是找准投影面及三个视图之间的关系,作出判断.【例 1】 (2012 年高考陕西卷)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥,得到如图(2)所示的几何体,则该几何体的左视图为( )关注细节：判断三视图的形状时要选准投影面,并判断几何体关键点在投影面内的投影,再连接各投影点,形成视图形状.热点训练 1:(2011 年山东济南 调研) 如图所示,某几何体的正视图与侧视图都是边长为 1的正方形,且其体积为 .则该几何体的俯视图可以是( )4解析:若俯视图是 A 选项,则其体 积为 1,故选项 A 错误; 若俯视图是 B 选项,则其三个视图的尺寸存在矛盾,故选项 B 错误 ;若俯视图是 C 选项,则其体积应为 ,故选项 C 错误;当俯视图21是 D 选项时,该几何体是一个 圆柱的 ,其体积为 ,故选项 D 正确.故选 D.41考向二 空间几何体的结构特征及应用在理解棱柱、棱锥、棱台的概念基础上,结合图形,正确运用平行、垂直的判定及性质定理进行判断,要注意结合图形或举例去分析.【例 2】 给出下列命题:在正方体上任意选择 4个不共面的顶点,它们可能是正四面体的 4个顶点;底面是等边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥;若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;一个棱锥可以有两条侧棱和底面垂直;一个棱锥可以有两个侧面和底面垂直;所有侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体.其中正确命题的序号是 . 解析: 正确,正四面体是每个面都 是等边三角形的四面体,如正方体ABCD A1B1C1D1 中的四面体 A CB1D1;错误,如图所示,底面ABC 为等边三角形,可令AB=VB=VC=BC=AC,则VBC 为等边三角形,VAB 和VCA 均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;错误,必须是相邻的两个侧面; 错误,如果有两条侧棱和底面垂直,则它们平行,不可能;正确,当两个侧面的公共边垂直于底面时成立; 错误,当底面是菱形时,此说法不成立,所以应填 .答案:关注细节：由空间几何体的结构特征判断几何体时,切忌只判断底面或侧面特征,忽视了另一方面,造成失误,要综合分析判断.热点训练 2:以下命题中,说法正确的是 . 底面是矩形的四棱柱是长方体;直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥;四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形.解析:命题 不是真命 题,若侧棱不垂直于底面,这时四棱柱是斜四棱柱;命题 不是真命题,直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥,如果绕着它的斜边旋转一周,形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥;命题是真命题,如图所示,在四棱锥P ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA平面 ABCD,则可以得到四个 侧面都是直角三角形.答案:考向三 空间几何体的表面积与体积与三视图相结合的空间几何体的表面积与体积求法:(1)由三视图还原几何体;(2)确定几何体的特性,几何体高即正视图或侧视图的高,底面的长与宽可由俯视图确定;(3)选择恰当方法计算表面积或体积.【例 3】 (2012 年高考北京卷 )某三棱锥的三视图如图所示 ,该三棱锥的表面积是( )(A)28+6 (B)30+6 (C)56+12 (D)60+1255解析:由几何体的三视图可知,该三棱锥的直观图如图所示,其中 AE平面 BCD,CDBD,且CD=4,BD=5,BE=2,ED=3,AE=4.AE=4,ED=3,AD=5.又 CDBD,CDAE,则 CD平面 ABD, 故 CDAD,所以 AC= 且41SACD=10.在 RtABE 中,AE=4,BE=2,故 AB=2 .5在 RtBCD 中,BD=5,CD=4,故 SBCD=10,且 BC= .41在ABD 中,AE=4,BD=5, 故 SABD=10.在ABC 中,AB=2 ,BC=AC= ,541则 AB 边上的高 h=6,故 SABC= 2 6=6 .21因此,该三棱锥的表面积为 S=30+6 .故选 B.5关注细节：(1)由三视图还原成几何体注意结合条件分析判断几何体的每一个面的形状 .(2)计算时要注意三视图中标注的数值与空间几何体对应关系 .(3)求不规则几何体的体积要有割补法处理问题的意识.求三棱 锥体积时,可用不同顶点来表示几何体,由等积法,化难为易.热点训练 3:(2012 年河北模拟 )如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图 ,且正视图、侧视图都是矩形,则该几何体的体积是( )(A)24 (B)12 (C)8 (D)4解析:依题意知,该几何体是一个长方体中挖去一个三棱柱后剩下的几何体,因此其体积等于 234- (23)4=12,故选 B.212.一个空间几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为 12+ ,则正视图中 x的值为358( )(A)5 (B)4 (C)3 (D)2解析:由空间几何体三视图知上部分为正四棱锥,下部分为圆柱.正四棱锥的高为 =23,底面正方形的边长为 2 ;下部为圆柱,圆柱的高为 x,底面圆的直径为 4.V 正四棱锥5= (2 )2 = ,V 圆 柱 =22x=4x,依题意有 +4x=12+ ,得 x=3,故选 C.31538358358【例 2】 如图所示,某几何体的正视图、侧视图均为等腰三角形,俯视图是正方形,则该几何体的外接球的体积是 . 解析:依题意得知,该几何体是一个正四棱锥,其中底面是边长为 2 的正方形、高是 ,因此2底面的中心到各顶点的距离都等于 ,即该几何体的外接球球心为底面正方形的中心,外接2球半径为 ,故该几何体的外接球的体积等于 ( )3= .2428答案: 38第 1 讲 空间几何体【选题明细表】知识点、方法 题号空间几何体的结构特征 3、5、12直观图 1空间几何体的三视图 2、4、6、10面积和体积 4、7、8、10、11与球有关的计算 9一、选择题1.利用斜二测画法得到的三角形的直观图是三角形平行四边形的直观图是平行四边形正方形的直观图是正方形菱形的直观图是菱形以上结论正确的是( A )(A)仅 (B)仅 (C)仅 (D)解析:由斜二测画法可知三角形得到的直观图仍是三角形,平行四边形得到的直观图仍是平行四边形,正方形得到的直观图是平行四边形,菱形无法得到菱形.故选 A.2.(2012 年青岛摸底测试)如图,在下列四个几何体中,其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( A )(A) (B)(C) (D)解析: 的三个 视图都是边长为 1 的正方形;的俯视图是 圆,正视图、侧视图都是边长为 1的正方形; 的俯视图是一个圆及其圆心,正视图、 侧视图是相同的等腰三角形;的俯视图是边长为 1 的正方形,正视图、侧视图是相同的矩形.故选 A.3.过圆锥的高的中点作平行于底面的截面,它把圆锥分成两部分的侧面面积之比为( B )(A)12 (B)13 (C)23 (D)14解析:大圆锥被分成两部分的侧面积分别设为 S1,S2,则 S2=4S1-S1=3S1,S1S2=13,故选 B.4.(2012 年山东济南模拟)用若干个大小相同,棱长为 1的正方体摆成一个立体模型,其三视图如图所示,则此立体模型的表面积为( C )(A)24 (B)23 (C)22 (D)21解析:由几何体的三视图得其直观图如图.这个空间几何体是由两部分组成的,下半部分为四个小正方体、上半部分为一个小正方体,结合直观图可知,该立体模型的表面积为 22.5.如图,不是正四面体的表面展开图的是( D )(A) (B) (C) (D)解析:不能折成四面体 .故 选 D.6.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为 2的正三角形,侧视图是有一直角边为 2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为( C )解析:由于空间几何体的正视图和侧视图高相等,故正视图的高一定是 2,由于正视图和俯视图长相等,故正视图的底面边长为 2,又根据侧视图可知这个空间几何体最前面的面垂直于底面,这个面遮住了后面的一个侧棱,综上可知,这个空间几何体的正视图可能是 C.故选 C.7.如图,一个简单组合体的正视图和侧视图都是由一个正方形与一个正三角形构成的相同的图形,俯视图是一个半径为 的圆(包括圆心),则该组合体的表面积等于( C )3(A)15 (B)18 (C)21 (D)24解析:由题意可知,该组合体的下面为圆柱体,上面为圆锥体,由相应几何体的面积计算公式得,该组合体的表面积为S=r2+2rh+rl=( )2+2( )2 +( )2333=21.故选 C.8.从棱长为 3的正四面体的各顶点截去一个棱长为 1的小正四面体(使截面平行于底面),所得几何体的表面积为( A )(A)7 (B)6 (C)3 (D)9 3解析:原正四面体的表面积为 4 =9 ,每截去一个小正四面体,表面减少三个小正三49角形,增加一个小正三角形,故表面积减少 42 =2 ,故所得几何体的表面积为 7 ,故33选 A.9.(2012 年河北唐山模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的外接球的表面积为( B )(A) (B) (C)4 (D)2 38163解析:根据三视图还原几何体为一个如图所示的三棱锥 D ABC,其中平面 ADC平面ABC,ADC 为 等边三角形.取 AC 的中点 E,连接 DE、BE,则有 DEAC,所以 DE平面 ABC,所以 DEEB.由题图中数据知AE=EC=EB=1,DE= ,3AD= =2=DC=DB,2DEAAB=BC= ,AC=2.设此三棱锥的外接球的球心为 O,则它落在高线 DE 上,连接 OA,则有 AO2=AE2+OE2=1+OE2,AO=DO=DE-OE= -OE,3所以 AO= ,故球 O 的半径为 ,32故所求几何体的外接球的表面积 S=4( )2= ,316故选 B.二、填空题10.(2012 年哈师大附中月考)如图是底面面积为 ,体积为 的正三棱锥的正视图(等腰3三角形)和俯视图(等边三角形),此正三棱锥的侧视图的面积为 . 解析:如图所示为正三棱锥直观图,由题意知侧视图是一个三角形,其底边长就是正三棱锥的底面正三角形的高,高就是正三棱锥的高.设正三棱锥底面边长为 a,高为 h,则 a2 = , h= .1313a=2,h=3.则底面高为 .故侧视图的面积是 3= .213答案: 311.(2012 年高考山东卷)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,E,F分别为线段 AA1,B1C上的点,则三棱锥 D1-EDF的体积为 . 解析:利用三棱锥的体积公式直接求解, EFEDV11= AB= 111= .S133261答案: 612.如图,点 O为正方体 ABCD-ABCD的中心,点 E为面 BBCC的中心,点 F为 BC的中点,则空间四边形 DOEF在该正方体的各个面上的正投影可能是 (填出所有可能的序号).解析:空间四边形 DOEF 在正方体的面 DCCD及其对面 ABBA上的正投影是; 在面BCCB及其对面 ADDA上的正投影是;在面 ABCD 及其对面 ABCD上的正投影是,即不存在 的情况 ,故填.答案:一 体验高考1.(2012 年高考安徽卷,理 6)设平面 与平面 相交于直线 m,直线 a在平面 内,直线 b在平面 内,且 bm,则“”是“ab”的( A )(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件解析:当 时,由于 =m,b,bm,由面面垂直的性质定理知,b.又 a,b a.“”是“ab” 的充分条件.而当 a 且 am 时,bm,ba.而此时平面 与平面 不一定垂直,“”不是“ab” 的必要条件 ,故选 A.2.(2011 年高考辽宁卷,理 8)如图,四棱锥 S ABCD的底面为正方形,SD底面 ABCD,则下列结论中不正确的是( D )(A)ACSB(B)AB平面 SCD(C)SA与平面 SBD所成的角等于 SC与平面 SBD所成的角(D)AB与 SC所成的角等于 DC与 SA所成的角解析:易证 AC平面 SBD,因而 ACSB,选项 A 正确;ABDC,DC 平面 SCD,故 AB平面SCD,选项 B 正确;由于 SA,SC 与平面 SBD 的相对位置一样,因而所成的角相同.故选 D.3.(2012 年高考陕西卷,理 18)(1)如图所示,证明命题“a 是平面 内的一条直线,b 是 外的一条直线(b 不垂直于 ),c 是直线 b在 上的投影,若 ab,则 ac”为真;(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需证明).(1)证明:法一:如图(1),过直线 b上任一点作平面 的垂线 n,设直线 a,b,c,n的方向向量分别是 a,b,c,n,则 b,c,n共面.根据平面向量基本定理,存在实数 ,使得 c=b+n,则 ac=a(b+n)=(ab)+(an).因为 ab,所以 ab=0.又因为 a,n,所以 an=0.故 ac=0,从而 ac.法二:如图(2),记 cb=A,P 为直线 b上异于点 A的任意一点,过 P作 PO,垂足为 O,则Oc.因为 PO,a,所以直线 POa.又 ab,b平面 PAO,POb=P,所以 a平面 PAO,又 c平面 PAO,所以 ac.(2)解:逆命题为:a 是平面 内的一条直线,b 是 外的一条直线(b 不垂直于 ),c 是直线 b在 上的投影,若 ac,则 ab.逆命题为真命题.二备考感悟 1.命题与备考对于空间图形位置关系的判断与证明,在高考命题中多以解答题形式出现,常考线线、线面、面面平行与垂直关系,在备考中要熟记判定定理及性质定理,并灵活运用.2.小题快做(1)构造特殊几何模型,如长方体、正方体,可以达到巧解转化.(2)在判断与位置关系相关的命题真假时,可借助于相应的线线、线面或面面位置关系,利用反例作出判断.三 热点考向突破考向一 空间线线、线面位置关系的证明证明直线与平面平行或垂直往往转化为证明直线与直线平行或垂直,而证明直线与直线平行或垂直,又需要转化为证明直线与平面平行与垂直.【例 1】 (2012 年山东济 南模拟) 如图,在正三棱柱 ABC A1B1C1中,底面 ABC为正三角形,M、N、G 分别是棱 CC1、AB、BC 的中点,且CC1= AC.2(1)求证:CN平面 AMB1;(2)求证:B 1M平面 AMG.证明:(1)法一:设线段 AB1的中点为 P,连接 NP、MP,CM AA1,NP AA1,2CMNP, 四边形 CNPM是平行四边形,CNMP,CN平面 AMB1,MP平面 AMB1,CN平面 AMB1.法二:取 BB1中点 H,连接 CH,NH.由于 N、H 为中点,故 NHAB 1,CHB 1M.又 CHNH=H,AB 1B 1M=B1,平面 CNH平面 AMB1.又 CN平面 CNH,CN平面 AMB1.(2)CC 1平面 ABC,平面 CC1B1B平面 ABC,AGBC,又平面 CC1B1B平面 ABC=BC,AG平面 CC1B1B,B 1MAG.CC 1平面 ABC,平面 A1B1C1平面 ABC,CC 1AC,CC 1B 1C1,设 AC=2a,则 CC1=2 a,2在 RtMCA 中,AM= = a,2M6在 RtB 1C1M中,B 1M= = a.1CBBB 1CC 1,BB 1平面 ABC,BB 1AB,AB 1= = =2 a,2A23AM 2+B1M2= ,BB 1MAM,又 AGAM=A,B 1M平面 AMG.方法总结：(1)证明垂直关系时,一般是先证明线线垂直,但有 时条件中明显的垂直关系不够时,要注意利用条件中的数据通过勾股定理来判断线线垂直关系.(2)构造线线平行的两种方法:构造平行四边形;构造三角形的中位 线.热点训练 1:如图,在四棱锥 P ABCD中,ABC=ACD=90,BAC=CAD=60,PA平面ABCD,E为 PD的中点,PA=2AB.(1)若 F为 PC的中点,求证:PC平面 AEF;(2)求证:CE平面 PAB.证明:(1)由题意得 PA=CA,F 为 PC的中点,AFPC.PA平面 ABCD,PACD.ACCD,PAAC=A CD平面 PAC,CDPC.E 为 PD的中点,F 为 PC的中点,EFCD,EFPC.AFEF=F,PC平面 AEF.(2)法一:取 AD的中点 M,连接 EM,CM.则 EMPA.EM平面 PAB,PA平面 PAB,EM平面 PAB.在 RtACD 中,CAD=60,MC=AM,ACM=60.而BAC=60,MCAB.MC平面 PAB,AB平面 PAB,MC平面 PAB.EMMC=M,平面 EMC平面 PAB.EC平面 EMC,EC平面 PAB.法二:延长 DC、AB,设它们交于点 N,连接 PN.NAC=DAC=60,ACCD,C 为 ND的中点.E 为 PD的中点,ECPN.EC平面 PAB,PN平面 PAB,EC平面 PAB.考向二 空间面面位置关系的证明1.判定平面与平面平行的方法(1)利用定义;(2)利用面面平行的判定定理;(3)利用面面平行的判定定理的推论;(4)面面平行的传递性(,);(5)利用线面垂直的性质(l,l).2.判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义.(2)面面垂直的判定定理(a,a).【例 2】 (2012 年高考江 苏卷) 如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1中,A 1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点 D不同于点 C),且 ADDE,F 为 B1C1的中点.求证:(1)平面 ADE平面 BCC1B1;(2)直线 A1F平面 ADE.证明:(1)因为 ABC A1B1C1是直三棱柱,所以 CC1平面 ABC.又 AD平面 ABC,所以 CC1AD.又因为 ADDE,CC 1、DE平面 BCC1B1,CC1DE=E,所以 AD平面 BCC1B1.又 AD平面 ADE,所以平面 ADE平面 BCC1B1.2)因为 A1B1=A1C1,F为 B1C1的中点,所以 A1FB 1C1.因为 CC1平面 A1B1C1,且 A1F平面 A1B1C1,所以 CC1A 1F.又因为 CC1、B 1C1平面 BCC1B1,CC1B 1C1=C1,所以 A1F平面 BCC1B1.由(1)知 AD平面 BCC1B1,所以 A1FAD.又 AD平面 ADE,A1F平面 ADE,所以 A1F平面 ADE.方法总结：证明面面垂直的关键是转化为证明线面垂直.热点训练 2:(2012 年山东省实验 中学模拟) 如图,几何体 ABCDEP中,底面 ABCD是边长为 4的正方形,PA平面 ABCD,PAEB,且 PA=2BE=4 .2(1)证明:BD平面 PEC;(2)若 G为 BC上的动点,求证:AEPG.证明:(1)连接 AC交 BD于点 O,取 PC的中点 F,连接 OF,EF,EBPA,且 EB= PA,21又 OFPA,且 OF= PA,EBOF,且 EB=OF,四边形 EBOF为平行四边形.EFBD.又EF平面 PEC,BD平面 PEC,BD平面 PEC.(2)连接 BP, = = ,EBA=BAP=90,ABEP21EBABAP,PBA=BEA,PBA+BAE=BEA+BAE=90,PBAE.PA平面 ABCD,PA平面 APEB,平面 ABCD平面 APEB,BCAB,平面 ABCD平面 APEB=AB,BC平面 APEB,BCAE,又 BCPB=B,AE平面 PBC,G 为 BC上的动点PG平面 PBC,AEPG.考向三 空间角的求解空间角的求解步骤:(1)根据条件,结合相应角的定义,作出所求空间角并证明;(2)将所求角置于可解的三角形内;(3)解三角形求角的大小;(4)要根据空间角的取值范围,作出结论 【例 3】 (2012 年高考浙江卷 )如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCD A1B1C1D1中,ADBC,ADAB,AB= ,AD=2,BC=4,AA1=2,2E是 DD1的中点,F 是平面 B1C1E与直线 AA1的交点.(1)证明:EFA 1D1;BA 1平面 B1C1EF.(2)求 BC1与平面 B1C1EF所成的角的正弦值.(1)证明:因为 C1B1A 1D1,C1B1平面 ADD1A1,A1D1平面 ADD1A1,所以 C1B1平面 ADD1A1.又因为平面 B1C1EF平面 ADD1A1=EF,所以 C1B1EF,又 ADBCB 1C1,所以 EFA 1D1.因为 BB1平面 A1B1C1D1,所以 BB1B 1C1.又因为 B1C1B 1A1,所以 B1C1平面 ABB1A1,所以 B1C1BA 1.在矩形 ABB1A1中,F 是 AA1的中点,tanA 1B1F=tanAA 1B= ,即A 1B1F=AA 1B,2故 BA1B 1F,B1C1B 1F=B1,所以 BA1平面 B1C1EF.2)解:设 BA1与 B1F交点为 H,连接 C1H.由(1)知 BA1平面 B1C1EF,所以BC 1H是 BC1与平面 B1C1EF所成的角.在矩形 AA1B1B中,AB= ,AA1=2,得 BH=2 .362在 RtBHC 1中,BC 1=2 ,BH= ,536得 sinBC 1H= = .BCH0所以 BC1与平面 B1C1EF所成角的正弦值是 .1530方法总结：(1) 空间角的求法体现了化归与转化思想,即将空间角转化为平面角去求.(2)求角的关键在于作角,作角时必须依据角的定义判断并 证明,其解答过程可简记为“一作二证三计算”.热点训练 3:如图所示,在矩形 ABCD中,AB=4,AD=2,E 是 CD的中点,O 为 AE中点,以 AE为折痕将ADE 向上折起,使 D为 ,且 B= C.(1)求证: O面 ABCE;D(2)求 OC与面 BC所成角 的正弦值.(1)证明:取 BC的中点 F,连接 OF, F.D则 OFBC,又 B= C,则 FBC;BC面 OF,BC O.又 A= E,O为 AE中点,D OAE.又 AE,BC相交, O面 ABCE.(2)解:在平面 O F中过点 O作 OH F于 H,连接 HC,因为 BC面 OF,D DOHBC,OH面 BC,HC 就是 OC在平面 BC上的射 影,OCH 就是 OC与面 BC所成 角 .AB=4, A =2,D O = ,OF=3,OC= , F= .210OH= = = ,所以 sin = = .F32OCH53高考新动向：数形结合思想的应用【典例】 (2012 年高考福建卷,文 19,12 分) 如图,在长方体 ABCD A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M为棱 DD1上的一点.(1)求三棱锥 A MCC1的体积;(2)当 A1M+MC取得最小值时,求证:B 1M平面 MAC. (1)解:由长方体 ABCD A1B1C1D1知,AD平面 CDD1C1,点 A到平面 CDD1C1的距离等于 AD=1.又 = CC1CD1MS2= 21=1,21 = AD = .1MCAV31MCS32)证明:将侧面 CDD1C1绕 DD1逆时针转 90展开,与侧面 ADD1A1共面(如图),当 A1,M,C共线时,A 1M+MC取得最小值.由 AD=CD=1,AA1=2,得 M为 DD1的中点.连接 A1M、B 1M,在C 1MC中,MC 1= ,MC= ,CC1=2,2 = +MC2,得CMC 1=90,即 CMMC 1.2C又由长方体 ABCD A1B1C1D1知,B 1C1平面 CDD1C1,B 1C1CM.又 B1C1C 1M=C1,CM平面 B1C1M,得 CMB 1M.同理可证,B 1MAM.又 AMMC=M,B 1M平面 MAC.注：高考中对位置关系的判断与证明一般是考查转化与化归思想,而该题将最值问题与位置关系的证明相结合,视角新颖,数形结合,考查了学生空间与平面转化及推理论证的能力.第 2 讲 空间图形的位置关系【选题明细表】知识点、方法 题号命题真假的判断 1、4、6、8空间位置关系的证明 3、5、9、10、11空间图形中有关的计算 2、7、12一、选择题1.(2012 年高考四川卷)下列命题正确的是( C )(A)若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行(B)若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行(C)若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行(D)若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行解析:利用线面位置关系的判定和性质解答.选项 A 错误,如圆锥的任意两条母 线与底面所成的角相等,但两条母线相交;选项 B 错误,ABC 的三个顶 点中,A 、B 在 的同侧,而点 C 在 的另一侧,且 AB 平行于 ,此时可有 A、B、C 三点到平面 距离相等,但两平面相交;选项 D 错误,如教室中两个相 邻墙面都与地面垂直,但这两个面相交,对于 C,如图,平面 平面 =直线 m,直线 a,a,过 a 作平面交 于 c,作平面交 于 d,a,a,ac,ad,cd,c.cm,am,即答案 C 正确.故选 C.2.(2011 年浙江金华十校联考 )如图,在长方体 ABCD A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA 1=1,则 AB与平面A1BC1所成角的正弦值为( D )(A) (B) (C) (D) 324231解析:直线 AB 与平面 A1BC1 所成角等于直线 A1B1 与平面 A1BC1 所成角,连接 B1C,与 BC1相交于点 O,连接 A1O.则容易证明 BC1平面 A1B1O,所以平面 A1BC1平面 A1B1O,所以直线A1B1 与平面 A1BC1 所成角为 B1A1O,故 sinB1A1O= = = .故选 D.O233.对于四面体 ABCD,给出下列四个命题:若 AB=AC,BD=CD,则 BCAD;若 AB=CD,AC=BD,则 BCAD;若 ABAC,BDCD,则 BCAD;若 ABCD,ACBD,则 BCAD.其中正确的是( B )(A) (B) (C)仅 (D)解析:如图(1),取线段 BC 的中点 E,连接 AE,DE,AB=AC,BD=CD,BCAE,BCDE,BC平面 ADE,AD平面 ADE,BCAD,故正确.如图(2),上、下底面不为正方形的长方体中,四面体 ABCD 满足 AB=CD,AC=BD,则 BCAD 不成立 ,故 错误;如图(3),上、下底面不为正方形的长方体中,四面体 ABCD 中,ABAC,BDCD,则 BCAD 不成立 ,若成立,则 BCAD,与底面不是正方形矛盾 ,故 错误;设点 O 为点 A 在平面 BCD 上的射影,如图(4),连接 OB,OC,OD,ABCD,ACBD,OBCD,OCBD,点 O 为 BCD 的垂心,ODBC,BCAD,故正确,故选 B.4.(2012年北京海淀模拟)已知平面 ,直线 l,若 ,=l,则( D )(A)垂直于平面 的平面一定平行于平面 (B)垂直于直线 l的直线一定垂直于平面 (C)垂直于平面 的平面一定平行于直线 l(D)垂直于直线 l的平面一定与平面 , 都垂直解析:对于选项 A,垂直于平面 的平面与平面 平行或相交,故选项 A 错误;对于选项 B,垂直于直线 l 的直线与平面 垂直或斜交或在平面 内或与 平行,故选项 B 错误;对于选项 C,垂直于平面 的平面与直 线 l 平行或相交,故选项 C 错误;对 于选项 D,由于 l,l,所以垂直于 l 的平面一定与平面 、 都垂直,故选 D.5.将图(1)中的等腰直角三角形 ABC沿斜边 BC的中线折起得到空间四面体 ABCD(如图(2),则在空间四面体 ABCD中,AD 与 BC的位置关系是( C )(A)相交且垂直 (B)相交但不垂直(C)异面且垂直 (D)异面但不垂直解析:在题图(1)中的等腰直角三角形 ABC 中,斜边上的中线 AD 就是斜边上的高,则 ADBC,翻折后如 题图(2),AD 与 BC 变成异面直线,而原线段 BC 变成两条线段 BD、CD,这两条线段与 AD 垂直,即 ADBD,ADCD,故 AD平面 BCD,所以 ADBC.故 选 C.6.(2012年河南洛阳模拟)已知 , 是两个不同的平面,m,n 是两条不重合的直线,则下列命题中正确的是( C )(A)若 m,=n,则 mn(B)若 m,mn,则 n(C)若 m,n,则 mn(D)若 ,=n,mn,则 m解析:对于选项 A,若 m,=n,则 mn,或 m,n 是异面直线,所以选项 A 错误;对于选项 B,n 可能在平面 内,所以选项 B 错误;对于选项 D,m 与 的位置关系 还可以是 m,m,或 m 与 斜交,所以选项 D 错误;由面面垂直的性质可知 C 正确 .故选 C.二、填空题7.(2012 年武汉调研)如图,边长为 4的等边三角形 ABC中 ,D为 BC边的中点,若将ABC 沿AD折起之后,B、C 两点的距离等于 ,则二面角 B AD C的余弦值等于 . 6解析:在等边三角形 ABC 中,ADBC,且 BD=DC=2.如图,折起之后,ADBD,ADCD,所以BDC 为二面角 B AD C 的平面角.在BDC 中,cosBDC= D22= )6(2= .41答案: 8.(2012 年江西抚州一中月考 )已知 m、n 是两条不同的直线 ,、 是两个不同的平面,给出下列命题:若 m,则 m平行于 内的无数条直线;若 ,m,n,则 mn;若 m,n,mn,则 ;若 ,m,则 m.其中的真命题是 .(写出所有真命题的序号) 解析:由线面平行的定义及性质知正确;对于,若 ,m,n, 则 m、n 可能平行,也可能异面,故 错误 ;对于 ,由 ,可知 n,m/又 n,所以 ,故正确;由面面平行的性质知正确.答案:9.(2012 年温州市八校联考)如图,正三角形 ABC的中线 AF与中位线 DE相交于点 G,已知AED是AED 绕 DE旋转过程中的一个图形,现给出下列四个命题:动点 A在平面 ABC上的射影在线段 AF上;恒有平面 AGF平面 BCED;三棱锥 A FED的体积有最大值;直线 AE与 BD不可能垂直.其中正确的命题的序号是 . 解析:对于命题,由题意知,AGDE,FG DE,故 DE平面 AFG,所以平面 AFG平面 ABC,则 AF 在平面 ABC 内投影在直 线 AF 上,故该命题正确;对于命题 ,由于 DE平面 AGF,DE平面 BCED,所以平面 AGF平面 BCED,故命题正确;对于命题 ,当 AG平面 ABC 时,此时 A到平面 FED 距离最大 ,三棱锥 A FED 的体积取最大值,故命题正确;对于命题 ,当 AE 在平面 ABC 上的射影与直线 BD 垂直 时,易证 AE 与 BD 垂直,故该命题不正确.答案:三、解答题10.(2012 年福州市高中毕业班综合练习)已知四棱锥 P ABCD的三视图如图所示,PBC 为正三角形.(1)在平面 PCD中作一条与底面 ABCD平行的直线,并说明理由;(2)求证:AC平面 PAB;(3)求三棱锥 A PBC的高.(1)解:分别取 PC、PD 中点 E、F,连结 EF,则 EF即为所求,下证之:E、F 分别为 PC、PD 中点,EFCD.EF平面 ABCD,CD平面 ABCD,EF平面 ABCD.(作法不唯一)(2)证明:由三视图可知,PA平面 ABCD,BC=2AD=2CD=2,四边形 ABCD为直角梯形.过点 A作 AGBC 于 G,连结 AC,则 AG=CD=1,GC=AD=1.AC= = ,2CDAAB= = = ,2BG2)1(AC 2+AB2=BC2,故 ACAB.PA平面 ABCD,AC平面 ABCD,PAAC.PAAB=A,AC平面 PAB.(3)解:PBC 为正三角形,PB=BC=2.在 RtPAB 中,PA= = .2ABP = SPAB AC= ( )PABCV3112= ,2= SPBC hPBCA31= ( 22)h4= h(其中 h为三棱锥 A PBC的高).3 ,PBCACVh= .36即三棱锥 A PBC的高为 .3611.(2012年北京东城模拟)如图所示,在棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1中,E,F 分别为DD1,DB的中点.(1)求证:EF平面 ABC1D1;(2)求证:EFB 1C;(3)求三棱锥 B1 EFC的体积 s.证明:(1)连接 BD1,在DD 1B中,E,F 分别为 D1D,DB的中点,则 EFD 1B.又 D1B平面 ABC1D1,EF平面 ABC1D1,EF平面 ABC1D1.(2)由题意易得 ABB 1C,B1CBC 1,又 AB,BC1平面 ABC1D1,ABBC 1=B,B 1C平面 ABC1D1 又 BD1平面 ABC1D1,B 1CBD 1.而 EFBD 1,EFB 1C.(3)解:连接 B1D1,由题易得 CF平面 BDD1B1,CF平面 EFB1,且 CF=BF= ,2EF= BD1= ,B1F=231F= = ,)(6B1E= = =3,21ED2)(EF 2+B1F2=B1E2,即EFB 1=90. = = CFCBVB3EFBS= EFB1FCF= =1.32236212.(2012 年泉州市高三质检试题)如图(1),在正方形 ABCD中,AB=2,E 是 AB边的中点,F 是BC边上的一点,对角线 AC分别交 DE、DF 于 M、N 两点.将DAE,DCF 折起,使 A、C 重合于A点,构成如图(2)所示的几何体.(1)求证:AD面 AEF;(2)试探究:在图(1)中,F 在什么位置时,能使折起后的几何体中 EF平面 AMN,并给出证明. (1)解:ADAE,ADAF,又 AEAF=A,AE面 AEF,AF面 AEF.AD面 AEF.(2)证明:当点 F为 BC的中点时,EF面 AMN.证明如下:当点 F为 BC的中点时,在图(1)中,E,F 分别是 AB,BC的中点,所以 EFAC,即在图(2)中有 EFMN.又 EF平面 AMN,MN平面 AMN,所以 EF平面 AMN. 一 体验高考1.(2012 年高考安徽卷,理 18)平面图形 ABB1A1C1C如图所示,其中 BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC= ,A1B1=A1C1= ,现将该平面图形分别沿 BC和 B1C1折叠,使 ABC与25 A1B1C1所在平面都与平面 BB1C1C垂直,再分别连接 A1A,A1B,A1C,得到如图所示的空间图形.对此空间图形解答下列问题.1)证明: AA1 BC; (2)求 AA1的长;(3)求二面角 A BC A1的余弦值.(1)证明:取 BC,B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1,DD1,AD.由 BB1C1C 为矩形知,DD 1B1C1,因为平面 BB1C1C平面 A1B1C1, 所以 DD1平面 A1B1C1. 又由 A1B1=A1C1 知,A 1D1B1C1.故以 D1为坐标原点,可建立如 图所示的空间直角坐标系 D1 xyz.由题设,可得 A1D1=2,AD=1.由以上可知 AD平面 BB1C1C,A1D1平面 BB1C1C,于是 ADA1D1.所以 A(0,-1,4),B(1,0,4),A1(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4),故 =(0,3,-4), =(-2,0,0), =0,1 1B因此 ,即 AA1BC.解:(2)因为 =(0,3,-4),A所以| |=5,即 AA1=5.1A(3)法一:连接 A1D.由 BCAD,BCAA1,可知 BC平面 A1AD,所以 BCA1D,所以ADA 1为二面角 A BC A1 的平面角.因为 =(0,-1,0), =(0,2,-4),所以 cos=- =- ,12)4(5即二面角 A BC A1 的余弦值为- .法二:设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),又因为 =(-1,-2,4), =(1,-2,4),CB1所以 即 ,01n042,11zyx12,zyx令 z1=1,则 n1=(0,2,1).又因为 z 轴 平面 ABC,所以取平面 ABC 的法向量为 n2=(0,0,1),则 cos= = = ,|215所以二面角 A BC A1 的余弦值为- .2.(2012 年高考湖南卷,理 18)如图所示,在四棱锥 P ABCD中, PA平面ABCD,AB=4,BC=3,