（全国通用）2019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 高考中的立体几何问题学案.doc

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abca1b1c1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efa1b1，dfb1b，且efdff，a1b1b1bb1，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：x，y，z均为直线；x，y是直线，z是平面；z是直线，x，y是平面；x，y，z均为平面其中使“xz且yzxy”为真命题的是()a b c d答案c解析由正方体模型可知为假命题；由线面垂直的性质定理可知为真命题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()a94() b102()c112() d112()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25，四个侧面面积为221222622，几何体的表面积为112()，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：bdac；bac是等边三角形；三棱锥dabc是正三棱锥；平面adc平面abc.其中正确的是()a bc d答案b解析由题意知，bd平面adc，故bdac，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abacbc，bac是等边三角形，正确；易知dadbdc，又由知正确；由知错故选b.5(2017沈阳调研)设，是三个平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”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)答案或解析由线面平行的性质定理可知，正确；当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确故应填入的条件为或.题型一求空间几何体的表面积与体积例1(2016全国)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，aecf，ef交bd于点h，将def沿ef折到def的位置(1)证明：achd；(2)若ab5，ac6，ae，od2，求五棱锥d-abcfe的体积(1)证明由已知得acbd，adcd，又由aecf得，故acef，由此得efhd，折后ef与hd保持垂直关系，即efhd，所以achd.(2)解由efac得.由ab5，ac6得dobo4，所以oh1，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od平面abc.又由得ef.五边形abcfe的面积s683.所以五棱锥d-abcfe的体积v2.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329，s表s侧s底9(2)296.(2)设正三棱锥pabc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pabcv三棱锥opabv三棱锥opbcv三棱锥opacv三棱锥oabcs侧rsabcrs表r(32)r.又vpabc(2)212，(32)r2，得r2.s内切球4(2)2(4016).v内切球(2)3(922).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pabcd中，底面abcd是菱形，papd，bad60，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vpbcde2vqabcd，试求的值(1)证明由e是ad的中点，papd可得adpe.因为底面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)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oqpa，又pa平面bdq，oq平面bdq，所以pa平面bdq.(3)解设四棱锥pbcde，qabcd的高分别为h1，h2.所以v四棱锥pbcdes四边形bcdeh1，v四棱锥qabcds四边形abcdh2.又vpbcde2vqabcd，且s四边形bcdes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abca1b1c1中，abac，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abca1b1c1中，cc1平面abc.因为ae平面abc，所以cc1ae.因为abac，e为bc的中点，所以aebc.因为bc平面b1bcc1，cc1平面b1bcc1，且bccc1c，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a1bab1f，连接ef.在直三棱柱abca1b1c1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efa1c.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)如图，菱形abcd的对角线ac与bd交于点o，ab5，ac6，点e，f分别在ad，cd上，aecf，ef交bd于点h.将def沿ef折到def的位置，od.(1)证明：dh平面abcd；(2)求二面角b-da-c的正弦值(1)证明由已知得acbd，adcd.又由aecf得，故acef.因此efhd，从而efdh.由ab5，ac6得dobo4.由efac得.所以oh1，dhdh3.于是dh2oh2321210do2，故dhoh.又dhef，而ohefh，所以dh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cosm，n，sinm，n.因此二面角b-da-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，ab1，bcpc2，作如图(2)折叠，折痕efdc.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mfcf.(1)证明：cf平面mdf；(2)求三棱锥mcde的体积(1)证明因为pd平面abcd，ad平面abcd，所以pdad.又因为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)解因为pddc，pc2，cd1，pcd60，所以pd，由(1)知fdcf，在rtdcf中，cfcd.如图，过点f作fgcd交cd于点g，得fgfcsin 60，所以defg，故mepe，所以md.scdededc1.故v三棱锥mcdemdscde.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pabcd中，pd平面abcd，abdc，abad，dc6，ad8，bc10，pad45，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cfdb？若存在，请求出二面角fpcd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cnab，垂足为点n.在平面abcd内，cnab，daab，cnda，又abcd，四边形cdan为平行四边形，cnad8，dcan6，在rtbnc中，bn6，ab12，而e，m分别为pa，pb的中点，emab且em6，又dcab，emcd且emcd，四边形cdem为平行四边形，decm.cm平面pbc，de平面pbc，de平面bpc.(2)解由题意可得da，dc，dp两两互相垂直，如图，以d为原点，da，dc，dp所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系dxyz，则a(8,0,0)，b(8,12,0)，c(0,6,0)，p(0,0,8)假设ab上存在一点f使cfbd，设点f的坐标为(8，t,0)(0t12)，则(8，t6,0)，(8,12,0)，由0，得t.又平面dpc的一个法向量为m(1,0,0)，设平面fpc的法向量为n(x，y，z)又(0,6，8)，.由得即不妨令y12，则n(8,12,9)则cosn，m.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角fpcd的余弦值为.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(2018成都模拟)如图，四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abdc，abad，adcd1，aa1ab2，e为棱aa1的中点(1)证明：b1c1ce；(2)求二面角b1cec1的正弦值；(3)设点m在线段c1e上，且直线am与平面add1a1所成角的正弦值为，求线段am的长(1)证明如图，以点a为原点，分别以ad，aa1，ab所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由题意得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)设平面b1ce的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为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)为平面cec1的一个法向量于是cosm，从而sinm，所以二面角b1cec1的正弦值为.(3)解(0,1,0)，(1,1,1)，设(，)(01)，则(，1，)可取(0,0,2)为平面add1a1的一个法向量设为直线am与平面add1a1所成的角，则sin |cos，|，于是，解得(负值舍去)，所以am.1(2017北京)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()a3 b2c2 d2答案b解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知sd为该四棱锥的最长棱由三视图可知正方体的棱长为2，故sd2.故选b.2(2018沈阳质检)如图所示，已知平面平面l，.a，b是直线l上的两点，c，d是平面内的两点，且adl，cbl，da4，ab6，cb8.p是平面上的一动点，且有apdbpc，则四棱锥pabcd体积的最大值是()a48 b16 c24 d144答案a解析由题意知，pad，pbc是直角三角形，又apdbpc，所以padpbc.因为da4，cb8，所以pb2pa.作pmab于点m，由题意知，pm平面.令bmt，则am|6t|，pa2(6t)24pa2t2，所以pa24t12.所以pm，即为四棱锥pabcd的高，又底面abcd为直角梯形，s(48)636.所以v361212448.3(2017云南省11校调研)设已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若，m，n，则mn；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，则mn.其中所有正确命题的序号是_答案解析对于，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此不正确；对于，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知正确；对于，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此不正确；对于，由n得，在平面内必存在直线n1平行于直线n，由m，得m，mn1，又n1n，因此有mn，正确综上所述，所有正确命题的序号是.4.如图梯形abcd中，adbc，abc90，adbcab234，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：dfbc；bdfc；平面dbf平面bfc；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)答案解析因为bcad，ad与df相交不垂直，所以bc与df不垂直，则错误；设点d在平面bcf上的射影为点p，当bpcf时就有bdfc，而adbcab234，可使条件满足，所以正确；当点p落在bf上时，dp平面bdf，从而平面bdf平面bcf，所以正确；因为点d的投影不可能在fc上，所以平面dcf平面bfc不成立，即错误5.如图所示，在棱长为2的正方体abcda1b1c1d1中，e为bc的中点，点p在线段d1e上，则点p到直线cc1的距离的最小值为_答案解析点p到直线cc1的距离等于点p在平面abcd上的射影到点c的距离，设点p在平面abcd上的射影为p，显然点p到直线cc1的距离的最小值为pc的长度的最小值连接de，当pcde时，pc的长度最小，此时pc.6(2018烟台模拟)如图，在四棱柱abcda1b1c1d1中，acb1d，bb1底面abcd，e，f，h分别为ad，cd，dd1的中点，ef与bd交于点g.(1)证明：平面acd1平面bb1d；(2)证明：gh平面acd1.证明(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)设acbdo，连接od1.e，f分别为ad，cd的中点，efodg，g为od的中点h为dd1的中点，hgod1.gh平面acd1，od1平面acd1，gh平面acd1.7(2017青岛质检)在平面四边形abcd中，abbdcd1，abbd，cdbd.将abd沿bd折起，使得平面abd平面bcd，如图所示(1)求证：abcd；(2)若m为ad的中点，求直线ad与平面mbc所成角的正弦值(1)证明平面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)解过点b在平面bcd内作bebd，如图由(1)知ab平面bcd，be平面bcd，bd平面bcd.abbe，abbd.以b为坐标原点，分别以be，bd，ba所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系由题意，得b(0,0,0)，c(1,1,0)，d(0,1,0)，a(0,0,1)，m，则(1,1,0)，(0,1，1)设平面mbc的法向量为n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面mbc的一个法向量n(1，1,1)设直线ad与平面mbc所成的角为，则sin |cosn，|，即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为.8(2017郑州模拟)等边三角形abc的边长为3，点d，e分别是边ab，ac上的点，且满足，如图1.将ade沿de折起到a1de的位置，使二面角a1deb为直二面角，连接a1b，a1c，如图2.(1)求证：a1d平面bced；(2)在线段bc上是否存在点p，使直线pa1与平面a1bd所成的角为60？若存在，求出pb的长；若不存在，请说明理由(1)证明因为等边三角形abc的边长为3，且，所以ad1，ae2.在ade中，dae60，由余弦定理得de.从而ad2de2ae2，所以adde.折起后有a1dde，因为二面角a1deb是直二面角，所以平面a