高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题课件理苏教版

高考专题突破四高考中的立体几何问题 考点自测 课时作业 题型分类深度剖析 内容索引 考点自测 1 正三棱柱ABC A1B1C1中 D为BC中点 E为A1C1中点 则DE与平面A1B1BA的位置关系为 答案 解析 如图取B1C1的中点为F 连结EF DF DE 则EF A1B1 DF B1B 平面EFD 平面A1B1BA DE 平面A1B1BA 平行 2 设x y z是空间不同的直线或平面 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 x z且y z x y 为真命题的是 答案 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 2016 无锡模拟 如图 在棱长为6的正方体ABCD A1B1C1D1中 E F分别在C1D1与C1B1上 且C1E 4 C1F 3 连结EF FB DE BD 则几何体EFC1 DBC的体积为 答案 解析 66 如图 连结DF DC1 那么几何体EFC1 DBC被分割成三棱锥D EFC1及四棱锥D CBFC1 那么几何体EFC1 DBC的体积为 V 3 4 6 3 6 6 6 12 54 66 故所求几何体EFC1 DBC的体积为66 4 2016 镇江模拟 设 是三个平面 a b是两条不同直线 有下列三个条件 a b a b b a 如果命题 a b 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 解析 或 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 5 如图 在三棱锥P ABC中 D E F分别为棱PC AC AB的中点 若PA AC PA 6 BC 8 DF 5 则直线PA与平面DEF的位置关系是 平面BDE与平面ABC的位置关系是 填 平行 或 垂直 答案 解析 平行 垂直 因为D E分别为棱PC AC的中点 所以DE PA 又因为PA 平面DEF DE 平面DEF 所以直线PA 平面DEF 因为D E F分别为棱PC AC AB的中点 PA 6 BC 8 所以DE PA DE PA 3 EF BC 4 又因为DF 5 故DF2 DE2 EF2 又PA AC DE PA 所以DE AC 因为AC EF E AC 平面ABC EF 平面ABC 所以DE 平面ABC 又DE 平面BDE 所以 DEF 90 即DE EF 所以平面BDE 平面ABC 题型分类深度剖析 题型一求空间几何体的表面积与体积例1 2016 全国甲卷 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 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 若AB 5 AC 6 AE OD 求五棱锥D ABCFE的体积 解答 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 12 9 D H2 由 1 知AC HD 又AC BD BD HD H 所以AC 平面DHD 于是AC OD 又由OD OH AC OH O 所以OD 平面ABC 故OD OH 又由得EF 五边形ABCFE的面积 所以五棱锥D ABCFE的体积 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 思维升华 跟踪训练1正三棱锥的高为1 底面边长为 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 解答 底面正三角形中心到一边的距离为 则正棱锥侧面的斜高为 2 这个正三棱锥内切球的表面积与体积 解答 设正三棱锥P ABC的内切球的球心为O 连结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 VP ABC VO PAB VO PBC VO PAC VO ABC S内切球 4 2 2 40 16 题型二空间点 线 面的位置关系例2 2016 扬州模拟 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 侧棱垂直于底面 AB BC AA1 AC 2 BC 1 E F分别是A1C1 BC的中点 1 求证 平面ABE 平面B1BCC1 证明 在三棱柱ABC A1B1C1中 BB1 底面ABC 因为AB 平面ABC 所以BB1 AB 又因为AB BC BC BB1 B 所以AB 平面B1BCC1 又AB 平面ABE 所以平面ABE 平面B1BCC1 2 求证 C1F 平面ABE 证明 方法一如图1 取AB中点G 连结EG FG 因为E F分别是A1C1 BC的中点 所以FG AC 且FG AC 因为AC A1C1 且AC A1C1 所以FG EC1 且FG EC1 所以四边形FGEC1为平行四边形 所以C1F EG 又因为EG 平面ABE C1F 平面ABE 所以C1F 平面ABE 方法二如图2 取AC的中点H 连结C1H FH 因为H F分别是AC BC的中点 所以HF AB 又因为E H分别是A1C1 AC的中点 所以EC1綊AH 所以四边形EAHC1为平行四边形 所以C1H AE 又C1H HF H AE AB A 所以平面ABE 平面C1HF 又C1F 平面C1HF 所以C1F 平面ABE 3 求三棱锥E ABC的体积 解答 因为AA1 AC 2 BC 1 AB BC 所以AB 所以三棱锥E ABC的体积 1 证明面面垂直 将 面面垂直 问题转化为 线面垂直 问题 再将 线面垂直 问题转化为 线线垂直 问题 证明C1F 平面ABE 利用判定定理 关键是在平面ABE中找 作 出直线EG 且满足C1F EG 利用面面平行的性质定理证明线面平行 则先要确定一个平面C1HF满足面面平行 实施线面平行与面面平行的转化 2 计算几何体的体积时 能直接用公式时 关键是确定几何体的高 不能直接用公式时 注意进行体积的转化 思维升华 跟踪训练2 2016 南京模拟 如图 在三棱锥S ABC中 平面SAB 平面SBC AB BC AS AB 过A作AF SB 垂足为F 点E G分别是棱SA SC的中点 求证 1 平面EFG 平面ABC 证明 由AS AB AF SB知F为SB中点 则EF AB FG BC 又EF FG F AB BC B 因此平面EFG 平面ABC 2 BC SA 证明 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 则AF BC 又BC AB AF AB A 则BC 平面SAB 又SA 平面SAB 因此BC SA 题型三平面图形的翻折问题例3 2015 陕西 如图1 在直角梯形ABCD中 AD BC BAD AB BC 1 AD 2 E是AD的中点 O是AC与BE的交点 将 ABE沿BE折起到 A1BE的位置 如图2 1 证明 CD 平面A1OC 证明 几何画板展示 在题图1中 连结EC 因为AB BC 1 AD 2 BAD AD BC E为AD中点 所以BC綊ED BC綊AE 所以四边形BCDE为平行四边形 故有CD BE 所以四边形ABCE为正方形 所以BE AC 即在题图2中 BE OA1 BE OC 且A1O OC O 从而BE 平面A1OC 又CD BE 所以CD 平面A1OC 2 若平面A1BE 平面BCDE 求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值 解答 由已知 平面A1BE 平面BCDE 所以 A1OC为二面角A1 BE C的平面角 所以 A1OC 如图 以O为原点 以OB OC OA所在的直线为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系 因为A1B A1E BC ED 1 BC ED 又由 1 知 BE OA1 BE OC 设平面A1BC的法向量n1 x1 y1 z1 平面A1BC与平面A1CD夹角为 平面A1CD的法向量n2 x2 y2 z2 从而cos cos n1 n2 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 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 思维升华 跟踪训练3 2016 苏州模拟 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 证明 几何画板展示 因为PD 平面ABCD AD 平面ABCD 所以PD AD 又因为ABCD是矩形 CD AD PD与CD交于点D 所以AD 平面PCD 又CF 平面PCD 所以AD CF 即MD CF 又MF CF MD MF M 所以CF 平面MDF 2 求三棱锥M CDE的体积 解答 因为PD DC PC 2 CD 1 PCD 60 所以PD 由 1 知FD CF 在直角三角形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 题型四立体几何中的存在性问题例4 2016 邯郸第一中学研究性考试 在直棱柱ABC A1B1C1中 AA1 AB AC 1 E F分别是CC1 BC的中点 AE A1B1 D为棱A1B1上的点 1 证明 DF AE 证明 AE A1B1 A1B1 AB 又 AA1 AB AA1 AE A 又 AC 平面A1ACC1 AB AC 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz 则有A 0 0 0 E 0 1 F 0 A1 0 0 1 B1 1 0 1 AE AB 设D x y z 且 0 1 即 x y z 1 1 0 0 则D 0 1 AB 平面A1ACC1 DF AE 2 是否存在一点D 使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 若存在 说明点D的位置 若不存在 说明理由 解答 结论 存在一点D 使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 理由如下 由题意知平面ABC的法向量为m 0 0 1 设平面DEF的法向量为n x y z 则 令z 2 1 则n 3 1 2 2 1 平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 cos m n 解得 或 舍去 存在满足条件的点D 此时D为A1B1的中点 1 对于线面关系中的存在性问题 首先假设存在 然后在这假设条件下 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 2 对于探索性问题用向量法比较容易入手 一般先假设存在 设出空间点的坐标 转化为代数方程是否有解的问题 若有解且满足题意则存在 若有解但不满足题意或无解则不存在 思维升华 跟踪训练4 2016 苏州模拟 如图 四棱柱ABCD A1B1C1D1中 侧棱A1A 底面ABCD AB DC AB AD AD CD 1 AA1 AB 2 E为棱AA1的中点 1 证明 B1C1 CE 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 依题意得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B1C1 CE 2 求二面角B1 CE C1的正弦值 解答 1 2 1 设平面B1CE的法向量m x y z 消去x 得y 2z 0 不妨令z 1 可得一个法向量为m 3 2 1 由 1 知 B1C1 CE 又CC1 B1C1 CC1 CE C 可得B1C1 平面CEC1 故 1 0 1 为平面CEC1的一个法向量 从而sin m 所以二面角B1 CE C1的正弦值为 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 解答 0 1 0 1 1 1 设 0 1 有 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 于是 解得 负值舍去 所以AM 课时作业 1 2016 连云港模拟 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AD l CB l DA 4 AB 6 CB 8 P是平面 上的一动点 且有 APD BPC 则四棱锥P ABCD体积的最大值是 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由题意知 PAD PBC是直角三角形 又 APD BPC 所以 PAD PBC 因为DA 4 CB 8 所以PB 2PA 作PM AB于点M 由题意知 PM 令AM t 0 t 6 则PA2 t2 4PA2 6 t 2 所以PA2 12 4t 所以PM 即为四棱锥P ABCD的高 又底面ABCD为直角梯形 S 4 8 6 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 2016 南京模拟 已知 是两个不同的平面 l m是两条不同的直线 l m 给出下列命题 l m l m m l l m 其中正确的命题是 填写所有正确命题的序号 答案 解析 若l 则l 又m 则l m 故 正确 若l 则l 或l 又m 则l与m可能平行 相交或异面 故 错误 若l m 则l m 又m 则l与 可能平行 相交或l 故 错误 若l l 则 又m 则m 故 正确 综上 正确的命题是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 已知三棱锥D ABC的三个侧面与底面全等 且AB AC BC 2 则二面角D BC A的大小为 答案 解析 90 如图 取BC的中点E 连结AE DE 又三棱锥D ABC的三个侧面与底面全等 BD CD DE BC 则 AED是二面角D BC A的平面角 AB AC AE BC 在 AED中 AE DE 由AE2 DE2 AD2 知 AED 90 故二面角D BC A的大小为90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 2016 泰州二模 如图 在梯形ABCD中 AD BC ABC 90 AD BC AB 2 3 4 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 DF BC BD FC 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为BC AD 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BP CF时就有BD FC 而AD BC AB 2 3 4 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的射影不可能在FC上 所以平面DCF 平面BFC不成立 即 错误 故答案为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 如图 在正方体ABCD A1B1C1D1中 点E是棱BC的中点 点F是棱CD上的动点 当 时 D1E 平面AB1F 答案 解析 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如图 连结A1B 则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影 AB1 A1B D1E AB1 又 D1E 平面AB1F D1E AF 连结DE 则DE是D1E在底面ABCD内的射影 D1E AF DE AF ABCD是正方形 E是BC的中点 当且仅当F是CD的中点时 DE AF 即当点F是CD的中点时 D1E 平面AB1F 1时 D1E 平面AB1F 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 如图 在直三棱柱ABC A1B1C1中 AC BC M N分别是棱CC1 AB中点 1 求证 CN 平面ABB1A1 证明 因为直三棱柱ABC A1B1C1中 AA1 底面ABC 且CN 平面ABC 所以AA1 CN 因为AC BC N是AB的中点 所以CN AB 又因为AA1 AB A 所以CN 平面ABB1A1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 求证 CN 平面AMB1 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 取AB1的中点G 分别连结MG NG 因为N G分别是AB AB1的中点 所以NG BB1 NG BB1 又因为CM BB1 CM BB1 所以CM NG CM NG 所以四边形CNGM是平行四边形 所以CN MG 因为CN 平面AMB1 MG 平面AMB1 所以CN 平面AMB1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 2016 南通 扬州 泰州联考 如图 在四棱锥P ABCD中 PC 平面PAD AB CD CD 2AB 2BC M N分别是棱PA CD的中点 1 求证 PC 平面BMN 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设AC BN O 连结MO AN 因为AB CD AB CD N为CD的中点 所以AB CN 且AB CN 所以四边形ABCN为平行四边形 所以O为AC的中点 又M为PA的中点 所以MO PC 又因为MO 平面BMN PC 平面BMN 所以PC 平面BMN 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 求证 平面BMN 平面PAC 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 方法一因为PC 平面PDA AD 平面PDA 所以PC AD 由 1 同理可得 四边形ABND为平行四边形 所以AD BN 所以BN PC 因为BC AB 所以平行四边形ABCN为菱形 所以BN AC 因为PC AC C 所以BN 平面PAC 因为BN 平面BMN 所以平面BMN 平面PAC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 方法二连结PN 因为PC 平面PDA PA 平面PDA 因为PC MO 所以PA MO 又PC PD 因为N为CD的中点 所以PN CD 由 1 得AN BC CD 所以AN PN 又因为M为PA的中点 所以PA MN 因为MN MO M 所以PA 平面BMN 因为PA 平面PAC 所以平面PAC 平面BMN 所以PC PA 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 如图 在四棱锥P ABCD中 PA 底面直角梯形ABCD DAB为直角 AD CD 2 AB 1 E F分别为PC CD的中点 1 求证 CD 平面BEF 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 如图 以A为原点 AB所在直线为x轴 AD所在直线为y轴 AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系 则A 0 0 0 B 1 0 0 C 2 2 0 D 0 2 0 F 1 2 0 从而 2 0 0 0 2 0 所以 0 故 即DC BF 设PA b 则P 0 0 b 因为E为PC的中点 所以E 1 1 从而 0 1 所以 0 故 即DC BE 又BE BF B 所以CD 平面BEF 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 设PA k 且二面角E BD C的平面角大于30 求k的取值范围 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设E在xOy平面上的射影为G 过点G作GH BD 垂足为点H 连结EH 由 BD 平面EGH 又EH 平面EGH EH BD 从而 EHG即为二面角E BD C的平面角 由PA k 得P 0 0 k E 1 1 G 1 1 0 设H x y 0 则 x 1 y 1 0 1 2 0 由 0 得 x 1 2 y 1 0 即x 2y 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 又 x 1 y 0 且与的方向相同 故 即2x y 2 由 解得x y 从而 0 从而tan EHG 由k 0知 EHG是锐角 由 EHG 30 得tan EHG tan30 故k的取值范围为k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9