高考数学专题复习导练测 第八章 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 理 新人教A版.doc

高考专题突破四高考中的立体几何问题考点自测1(2013广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是()a4 b. c. d6答案b解析由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：v(2211)2.2(2013课标全国)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()a且lb且lc与相交，且交线垂直于ld与相交，且交线平行于l答案d解析假设，由m平面，n平面，则mn，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么与相交，设交线为l1，则l1m，l1n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1l.3(2014四川)如图，在正方体abcda1b1c1d1中，点o为线段bd的中点设点p在线段cc1上，直线op与平面a1bd所成的角为，则sin 的取值范围是()a，1 b，1c， d，1答案b解析根据题意可知平面a1bd平面a1acc1且两平面的交线是a1o，所以过点p作交线a1o的垂线pe，则pe平面a1bd，所以a1op或其补角就是直线op与平面a1bd所成的角.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线op与平面a1bd可以垂直当点p与点c1重合时可得a1oop，a1c12，所以sin 22，所以sin ；当点p与点c重合时，可得sin .根据选项可知b正确4(2014山东)三棱锥pabc中，d，e分别为pb，pc的中点，记三棱锥dabe的体积为v1，pabc的体积为v2，则_.答案解析设点a到平面pbc的距离为h.d，e分别为pb，pc的中点，sbdespbc，.5(2014江苏改编)如图，在三棱锥pabc中，d，e，f分别为棱pc，ac，ab的中点若paac，pa6，bc8，df5.则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”)答案平行垂直解析(1)因为d，e分别为棱pc，ac的中点，所以depa.又因为pa平面def，de平面def，所以直线pa平面def.(2)因为d，e，f分别为棱pc，ac，ab的中点，pa6，bc8，所以depa3，efbc4.又因为df5，故df2de2ef2，所以def90，即deef.又paac，depa，所以deac.因为acefe，ac平面abc，ef平面abc，所以de平面abc，又de平面bde，所以平面bde平面abc.题型一空间点、线、面的位置关系例1(2014安徽)如图，四棱锥pabcd的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点g，e，f，h分别是棱pb，ab，cd，pc上共面的四点，平面gefh平面abcd，bc平面gefh.(1)证明：ghef；(2)若eb2，求四边形gefh的面积思维点拨(1)证明ghef，只需证明ef平面pbc，只需证明bcef，利用bc平面gefh即可；(2)求出四边形gefh的上底、下底及高，即可求出面积(1)证明因为bc平面gefh，bc平面pbc，且平面pbc平面gefhgh，所以ghbc.同理可证efbc，因此ghef.(2)解如图，连接ac，bd交于点o，bd交ef于点k，连接op，gk.因为papc，o是ac的中点，所以poac，同理可得pobd.又bdaco，且ac，bd都在底面内，所以po底面abcd.又因为平面gefh平面abcd，且po平面gefh，所以po平面gefh.因为平面pbd平面gefhgk，所以pogk，且gk底面abcd，从而gkef.所以gk是梯形gefh的高由ab8，eb2得ebabkbdb14，从而kbdbob，即k为ob的中点再由pogk得gkpo，即g是pb的中点，且ghbc4.由已知可得ob4，po6，所以gk3.故四边形gefh的面积sgk318.思维升华高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以选择题或者填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用 (2013江苏)如图，在三棱锥sabc中，平面sab平面sbc，abbc，asab.过a作afsb，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；(2)bcsa.证明(1)由asab，afsb知f为sb中点，则efab，fgbc，又effgf，abbcb，因此平面efg平面abc.(2)由平面sab平面sbc，且afsb，知af平面sbc，则afbc.又bcab，afaba，则bc平面sab，又sa平面sab，因此bcsa.题型二平面图形的翻折问题例2(2014广东)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的体积思维点拨折叠后，md与平面cdef的垂直关系不变(1)证明因为pd平面abcd，ad平面abcd，所以pdad.又因为abcd是矩形，cdad，pd与cd交于点d，所以ad平面pcd.又cf平面pcd，所以adcf，即mdcf.又mfcf，mdmfm，所以cf平面mdf.(2)解因为pddc，bc2，cd1，pcd60，所以pd，由(1)知fdcf，在直角三角形dcf中，cfcd.过点f作fgcd交cd于点g，得fgfcsin 60，所以defg，故mepe，所以md .scdededc1.故vmcdemdscde.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 已知四边形abcd是矩形，ab1，bc，将abc沿着对角线ac折起来得到ab1c且顶点b1在平面acd上的射影o恰落在边ad上，如图所示(1)求证：平面ab1c平面b1cd；(2)求三棱锥b1abc的体积vb1abc.(1)证明b1o平面abcd，cd平面abcd，b1ocd，又cdad，adb1oo，cd平面ab1d，又ab1平面ab1d，ab1cd，又ab1b1c，且b1ccdc，ab1平面b1cd，又ab1平面ab1c，平面ab1c平面b1cd.(2)解由于ab1平面b1cd，b1d平面abcd，所以ab1b1d，在rtab1d中，b1d，又由b1oadab1b1d得b1o，所以vb1abcsabcb1o1.题型三线面位置关系中的存在性问题例3(2014四川)在如图所示的多面体中，四边形abb1a1和acc1a1都为矩形(1)若acbc，证明：直线bc平面acc1a1；(2)设d，e分别是线段bc，cc1的中点，在线段ab上是否存在一点m，使直线de平面a1mc？请证明你的结论思维点拨(1)先证明aa1平面abc，可得aa1bc，利用acbc，可以证明直线bc平面acc1a1；(2)取ab的中点m，连接a1m，mc，a1c，ac1，a1c与ac1交于点o，证明四边形mdeo为平行四边形即可(1)证明因为四边形abb1a1和acc1a1都是矩形，所以aa1ab，aa1ac.因为ab，ac为平面abc内两条相交的直线，所以aa1平面abc.因为直线bc平面abc，所以aa1bc.又由已知，acbc，aa1和ac为平面acc1a1内两条相交的直线，所以bc平面acc1a1.(2)解取线段ab的中点m，连接a1m，mc，a1c，ac1，设点o为a1c，ac1的交点由已知，点o为ac1的中点连接md，oe，则md，oe分别为abc，acc1的中位线，所以md綊ac，oe綊ac，因此md綊oe.连接om，从而四边形mdeo为平行四边形，则demo.因为直线de平面a1mc，mo平面a1mc，所以直线de平面a1mc.即线段ab上存在一点m(线段ab的中点)，使直线de平面a1mc.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 如图，在直四棱柱abcda1b1c1d1中，已知dcdd12ad2ab，addc，abdc.(1)求证：d1cac1；(2)问在棱cd上是否存在点e，使d1e平面a1bd.若存在，确定点e位置；若不存在，说明理由(1)证明在直四棱柱abcda1b1c1d1中，连接c1d，dcdd1，四边形dcc1d1是正方形，dc1d1c.又addc，addd1，dcdd1d，ad平面dcc1d1，又d1c平面dcc1d1，add1c.ad平面adc1，dc1平面adc1，且addc1d，d1c平面adc1，又ac1平面adc1，d1cac1.(2)解假设存在点e，使d1e平面a1bd.连接ad1，ae，d1e，设ad1a1dm，bdaen，连接mn，平面ad1e平面a1bdmn，要使d1e平面a1bd，可使mnd1e，又m是ad1的中点，则n是ae的中点又易知abnedn，abde.即e是dc的中点综上所述，当e是dc的中点时，可使d1e平面a1bd.题型四空间向量与立体几何例4(2014辽宁)如图，abc和bcd所在平面互相垂直，且abbcbd2，abcdbc120，e，f分别为ac，dc的中点(1)求证：efbc；(2)求二面角ebfc的正弦值思维点拨可以b为原点，建立空间直角坐标系，用向量法方法一(1)证明如图(1)，过e作eobc，垂足为o，连接of.(1)由题意得abcdbc，可证出eocfoc.所以eocfoc，即fobc.又eobc，eofoo，因此bc平面efo.又ef平面efo，所以efbc.(2)解如图(1)，过o作ogbf，垂足为g，连接eg.由平面abc平面bdc，从而eo平面bdc.又ogbf，eobf，所以bf平面ego，所以egbf.因此ego为二面角ebfc的平面角在eoc中，eooffcbccos 30.由bgobfc知，ogfc，因此tanego2，从而sinego，即二面角ebfc的正弦值为.方法二(1)证明由题意，以b为坐标原点，在平面dbc内过b作垂直于bc的直线为x轴，bc所在直线为y轴，在平面abc内过b作垂直bc的直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，(2)易得b(0,0,0)，a(0，1，)，d(，1,0)，c(0,2,0)，因而e(0，)，f(，0)，所以(，0，)，(0,2,0)，因此0.从而，所以efbc.(2)解如图(2)，平面bfc的一个法向量为n1(0,0,1)设平面bef的法向量为n2(x，y，z)，又(，0)，(0，)，由得其中一个n2(1，1)设二面角ebfc的大小为，且由题意知为锐角，则cos |cosn1，n2|.因此sin ，即二面角ebfc的正弦值为.思维升华用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法” 在如图所示的几何体中，底面abcd为菱形，bad60，aa1綊dd1綊cc1be，且aa1ab，d1e平面d1ac，aa1底面abcd.(1)求二面角d1ace的大小；(2)在d1e上是否存在一点p，使得a1p平面eac，若存在，求的值，若不存在，说明理由解(1)设ac与bd交于点o，如图所示建立空间直角坐标系oxyz，设ab2，则a(，0,0)，b(0，1,0)，c(，0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,2)，设e(0，1，t)，t0，则(0,2,2t)，(2，0,0)，(，1，2)d1e面d1ac，d1eca，d1ed1a，解得t3，e(0，1,3)，(，1,3)，设平面eac的法向量为m(x，y，z)，则令z1，y3，m(0,3,1)又平面d1ac的法向量(0,2，1)，cosm，.所以所求二面角的大小为45.(2)假设存在点p满足题意设()，得(0，)，(，1,0)(0，)(，1，)a1p平面eac，m，03(1)10，解得，故存在点p使a1p面eac，此时d1ppe32.(时间：70分钟)1(2014重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()a54 b60 c66 d72答案b解析由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示在图(1)中，直角梯形abpa1的面积为(25)414，计算可得a1p5.直角梯形bcc1p的面积为(25)5.因为a1c1平面a1abp，a1p平面a1abp，所以a1c1a1p，故rta1pc1的面积为53.又rtabc的面积为436，矩形acc1a1的面积为5315，故几何体abca1pc1的表面积为1461560.2已知m，n分别是两条不重合的直线，a，b分别垂直于两不重合平面，有以下四个命题：若m，nb，且，则mn；若ma，nb，且，则mn；若m，nb，且，则mn；若m，nb，且，则mn.其中正确的命题是()a b c d答案d解析对于，b，nb，n，m，且，mn，错误；对于，a，b分别垂直于两不重合平面，ab，ma，nb，mn，正确；对于，nb，b，n，m，mn，正确；对于，m，b，mb，nb，mn或mn或m，n相交，不正确所以正确3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，则不成立；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.4如图，在正方体abcda1b1c1d1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1解析如图，连接a1b，则a1b是d1e在平面abb1a1内的射影ab1a1b，d1eab1，又d1e平面ab1fd1eaf.连接de，则de是d1e在底面abcd内的射影，d1eafdeaf.abcd是正方形，e是bc的中点，当且仅当f是cd的中点时，deaf，即当点f是cd的中点时，d1e平面ab1f，1时，d1e平面ab1f.5如图，在三棱柱abca1b1c1中，e，f，g，h分别是ab，ac，a1b1，a1c1的中点，求证：(1)b，c，h，g四点共面；(2)平面efa1平面bchg.证明(1)gh是a1b1c1的中位线，ghb1c1.又b1c1bc，ghbc，b，c，h，g四点共面(2)e，f分别为ab，ac的中点，efbc，ef平面bchg，bc平面bchg，ef平面bchg.a1g与eb平行且相等，四边形a1ebg是平行四边形，a1egb.a1e平面bchg，gb平面bchg，a1e平面bchg.a1eefe，平面efa1平面bchg.6如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，e是棱dd1的中点在棱c1d1上是否存在一点f，使b1f平面a1be？并证明你的结论解在棱c1d1上存在点f，使b1f平面a1be.因为平面abb1a1平面dcc1d1，所以a1b与平面a1eb和平面dcc1d1的交线平行，如图所示，取cd的中点g，连接eg，bg，则eg，bg就是平面a1be分别与平面dcc1d1和平面abcd的交线取c1d1的中点f，cc1的中点h，连接hf，b1f，b1h.因为hfeg，所以hf平面a1eb.因为a1b1c1d1he，所以a1，b1，h，e四点共面，又平面bb1c1c平面aa1d1d，所以b1ha1e，从而b1h平面a1eb，因为b1hhfh，所以平面b1hf平面a1eb，所以b1f平面a1eb.7(2014福建)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，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得b(0,0,0)，c(1,1,0)，d(0,1,0)，a(0,0,1)，m(0，)，则(1,1,0)，(0，)，(0,1，1)设平面mbc的法向量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所成角为，则sin |cosn，|，即直线ad与平面mbc所成角的正弦值为.8如图所示，平面abde平面abc，abc是等腰直角三角形，acbc4，四边形