高專突五

高中立幾問題型一求間幾何體的表面積與體積例1(1)一正方體挖去一個面體所得的幾何體的三視圖如圖所示中視圖側(cè)圖和俯視圖均為邊長等于2的正形，則這個幾何體的表面積()A.16＋3C.20＋3

B.16＋5D.20＋5答案D解析由視圖可知，該幾何體棱長為2正方體的內(nèi)部挖去一個底面邊長為2的四棱錐，將三視圖還原可得如圖，1可得其表面積為S＝5×2＋4××2×5＝＋5，故選D.2(2)(2018·浙江省嘉興市第一中學(xué)期如圖知為圓O的徑為上動點⊥圓O在平面，且PA＝，點A作面α⊥，交，分別于E，，三棱錐P－體積最大時，tanBAC＝________.

PCPC答案2解析∵⊥面AEF，∴⊥，又ACBCAPBC∩＝，，平面，∴⊥平面PAC又∵平，∴⊥，又PB∩BC＝，，平PBC∴⊥平面PBC∴∠＝90°設(shè)∠BACθ，在RtPAC中，AP·2×2cos2cosθAF＝＝＝.21＋θ＋cosθ在Rt△PAB中，＝＝2，∴＝－，∴V

1112＝···＝AF·2－×2＝·2AFAF326622＝－1≤，66∴當(dāng)AF1時，棱錐P的體積取最大值

26

，此時

2cos1＋cos

＝，0°<θ<90°∴cosθ＝

36，sin＝，＝2.33思維升華(1)等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體.(2)不規(guī)則的幾何體可通過分割補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求.跟蹤訓(xùn)練1(1)(2018·嘉興模某幾何體的三視圖如圖所(單位cm)則該幾何體的表面積(單位：cm)是()A.36＋242C.40＋242

B.36＋125D.40＋125答案B解析由視圖得該幾何體為一組合體，上面是棱長為正方體，下面是下底為邊長為

2＋44的方形、上底為邊長為2的方形的四棱臺，則其表面積為5×2＋4××5＋＝236＋125，故選B.(2)(2018·溫州高考適應(yīng)性測)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積()4A.＋π3

2B.＋π3C.

4＋3

4＋2D.3答案A解析由視圖可還原出幾何體直觀圖該幾何體是由半個圓柱(底圓的半徑為1高2)和個四棱(底面為邊長是2的方形，高為1)成的，如圖所示故幾何體的體積V114＝×π×1×2＋×2＝＋.選A.233題型二空點、線、面的位置關(guān)系例2如，在三棱柱ABC－A中，側(cè)棱垂直于底面⊥BC，AA＝2，BC＝，分別是A，的中點(1)求證：平面⊥平面B；(2)求證：∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體.

eq\o\ac(△,S)ABCeq\o\ac(△,S)ABC(1)證明在棱柱ABC－中⊥底面ABC.因為AB平，所以⊥.又因為AB⊥，∩B，所以AB⊥平面BBCC.又AB平ABE所以平面ABE平面BBCC(2)證明方一如1，取中點G，連接EG，.因為，分是，BC的中，1所以FGAC且FG＝AC2因為ACC，且AC＝C，所以FG，且FGEC，所以四邊形FGEC為平行四邊形，所以FEG.又因為EG平ABE，CF面，所以∥平面ABE.方法二如2，取AC的點H，連接CHFH因為，分是AC，的中點，所以HF∥，又因為E，分是，的點，所以∥AH且EC＝，所以四邊形EAHC為平行四邊形，所以HAE又∩HFH，∩＝，所以平面ABE∥平面C，又平HF所以CF平面.(3)解因AA＝＝，BC＝，⊥，所以ABAC－BC＝3.1113所以三棱錐E－的體積V＝·＝××3×1×2＝.3323思維升華(1)平行問題的轉(zhuǎn)化

→→利用線線平行面行面行的相互轉(zhuǎn)化解決平行關(guān)系的判定問題時般遵循從“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)定理時其序正好相反在際的解題過程中定定理和性質(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應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理時般作輔助線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，在底面是矩形的四棱錐PABCD中⊥面，點，F(xiàn)別是，PD的中點＝＝，2.(1)求證：∥面PAB(2)求證：平面⊥平面.證明(1)以A為點所在直線為x軸，所在直線為軸所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz則(0，，0)(1，0，，(120)，(02，0)，(0，0，1).∵點，分是PC，的中點，1111→∴1，0，(10，0).22

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→ππ→1→→→∵＝－AB，∴AB即EF∥，2又AB平PABEF平面，∴∥平面PAB(2)由(1)可知，＝(0，，，＝(0，，，＝(1，，，∵·＝(0，，1)·(1，，0)＝，·＝，，0)·(10，0)，∴⊥，⊥，AP⊥DC，⊥.又APAD，，平，∴⊥平面PAD∵平PDC∴平面PAD⊥平面PDC題型三空角的計算1.(2018·浙江高考適應(yīng)性考)個同樣大小的球O，，，兩相切，點M是球O上的動點，則直線OM與線OO所角的正弦值的取值范圍()A.C.

5，53，

B.D.

5，53，3答案C解析由個同樣大小的球O，，兩相切，則可以把O，，看成四面體的四個頂點的半徑為棱長的半球半徑為正四面體的棱長為2.平移直線OO至O位，過O，O的面截球O得一大，過O作圓的兩條切線OE，，由線面垂直易證OO⊥，由圖可知，當(dāng)點M運至切點，MO最，當(dāng)點運至點F，∠最，設(shè)∠EOO＝，∠C∈－，＋θ2

1π.在eq\o\ac(△,Rt)中sin＝，θ＝，直線26OM與直線OO所角∈，線O與直線O所角的正值的取值范圍為2

3，

，故選C.2.(2017·浙江)如圖已知正四面體－所有棱長均相等的三棱)Q分為AB，BQ上點，＝＝2，分別記二面－的面角為QCα，，，則()A.γ＜＜βC.α＜β＜

B.＜γ＜βD.＜＜答案B解析如①，作出點D在面上射影O，過點分作PR，PQ的垂線，OF，OG，連接，，，α＝∠DEO，β＝∠，＝∠.由圖可知它們的對邊都是，∴只需比較，，的大小即.如圖②，在邊取點′，使AP′＝P′，接，OR，O為△′中心設(shè)點到△QRP三邊的距離為，OGa，OF＝·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′，OE＝·sin∠ORE＞OR·sin′＝a，ODOD∴＜＜，∴＜＜，tantantanα∴＜γβ.故選B.3.(2018·浙江)如圖知面ABCABCA均直于平面∠ABC＝120°A＝，C＝，＝＝B＝2.

(1)證明：⊥平面BC；(2)求直線AC與平面所成角的正弦值方法一(1)證由AB2，＝，＝，⊥AB，BB⊥，得＝B＝2，所以＋＝

，故AB⊥.由BC2，BB＝，＝，⊥BC，CC⊥，得＝5.由ABBC2，∠ABC＝120°，得＝3.由⊥AC得＝13所以＋＝

，故AB⊥.又因為A∩＝，，平面ABC因此⊥平面(2)解如，過點C作C⊥AB，直線于點，連接.由⊥平面C，得平面AC⊥面ABB.由⊥AB，面ABC∩平面ABB＝B，D平AC，得D⊥平面ABB.所以∠是AC與平面所的角由＝5，＝2，＝21，得cos∠CAB＝

427，sin∠A＝，77CD39所以＝3，sin∠AD＝.13

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→||||因此直線與面所成角的正弦值是

3913

.方法二(1)證如，以AC的點為點分別以射線，為x，軸正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.由題意知各點坐標(biāo)如下：(0－3，0)(1，，，(0－34)，B(1，0，，(031).因此＝(1，3，，＝(13，2)，＝(0，3，3).由AB·＝，⊥.由AB·＝，⊥.又∩＝，AC平面AC所以⊥平面(2)解設(shè)線AC與平面所的角為θ由可知AC＝(023，，AB(1，30)，BB＝(0，，2).設(shè)平面的個法向量為n＝(，，z).由

＝，＝0，

＝0，得0

可取n＝－31，0).→|AC·n39所以θ＝|cos〈，〉＝＝.→13因此直線與面所成角的正弦值是

3913

.思維升華空間角是高考中的?？純?nèi)容，線線角和二面角多出現(xiàn)在小題中，線面角多出現(xiàn)在解答題中，主要注意幾何法與空間向量法的靈活應(yīng).題型四立幾何中的動態(tài)問題1.(2018·杭州模擬等腰直角三形ABE的斜邊為正四面體的棱邊AE繞

邊AB旋，則在旋轉(zhuǎn)的過程中，有下列說法：①四面體EBCD的體積有最大值和最小值；②存在某個位置，使得⊥BD；③設(shè)二面角D——的平角為θ，≥∠DAE；④的點與的點N的線交平面于P，則點P的跡為橢.其中，正確說法的個數(shù)是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四體E—的底面的面積為定值在旋轉(zhuǎn)的過程中E到面的離存在最大值和最小值，所以四面體—體積有最大值和最小值，①正確；設(shè)BD的中為旋到平面內(nèi)時確轉(zhuǎn)到內(nèi)角——π的大小為0，∠DAE＝，此時θ≥DAE不立，③錯誤；由題意得點P的軌跡以MN為12π母線，為的圓錐面與平面BCD的交線，易得圓錐的母線與圓錐的軸的夾角為，正四4面體ABCD中易得直線ππ與平面所的角α滿足<α<，以圓錐面與平面的交線為橢圓，即點P的42軌跡為橢圓，④正確.綜上所述，正確說法的個數(shù)為3故選C.2.(2018·浙江高考研究聯(lián)盟聯(lián)如圖，已知正四面體，線段上的動點(端點除外)，則二面角D—PC—平面角的余弦值的取值范圍____________.11答案，3解析當(dāng)P從點運動點B時二面角——的平面角逐漸增大，二面角D—PCB

的平面角最小趨近于二面角D—的面角，最大趨近于二面角BCA的平面角的補角設(shè)正四面體的棱長為2所的點為E.連接DE∠為面—AC3的平面角，＝＝3所以cos∠＝2×3×311＝，理二面角D—A平面角的補角的余弦值為－，二面角D—PC—的面角的3311余弦值的取值范圍是，3

.思維升華(1)考慮動態(tài)問題中點面的變化引起的一些量的變化，建立目標(biāo)函數(shù)，用代數(shù)方法解決幾何問題(2)運動變化中的軌跡問題的實是尋求運動變化過程中的所有情況，發(fā)現(xiàn)動點的運動規(guī)(3)運動過程中端點的情況影響題的思考，可以利用極限思想考慮運動變化的極限位.1.(2018·紹興質(zhì)檢已知m是兩條不同的直線α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的個數(shù)是)①若∥α且⊥β，α⊥；②若⊥β且α⊥β，則m∥；③若∥，m⊥，β，α∥；④若∥，n∥，∥.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m∥線平的性質(zhì)定理知α內(nèi)直線m平行⊥βl⊥，從而α⊥①確⊥且α⊥mα或∥α不正確m∥α，

則⊥α，⊥β，以α∥，③正確；若∥∥，mα或mα，④不正確.故正確的個數(shù)為2.2.過方體ABCD—′′′′的頂點A作面α，得′′′平面α上的投影的長度相等，則這樣的平面α的數(shù)()A.6B.4C.3D.1答案B解析考到平行的性質(zhì)CC′′′可以用同一頂點處的三條棱替代AB′AD的長度相等等價于這些線段所在直線與平面α所的角相等以方體為依托，如圖，平面′′(BC′DACD′(A′′)BDB′CD′)A′′(′)均符合題意，所以這樣的平面有4個.故B.3.(2018·紹興模擬九章算術(shù)中底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”已某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側(cè)面積為)A.2C.4＋42

B.2＋2D.4＋2答案C解析由可得，該幾何體是底為等腰直角三角形，直角邊長為2，高為2的直棱柱，所以其側(cè)面包括一個邊長為2的方形及兩個長和寬分別為2和2的長方形以側(cè)面積為＝＋2×2×2＝＋2故選C.4.(2018·臺州適應(yīng)性考)如，已知菱形ABCD的對角線AC，相交于點O將菱形沿對角線AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC若點是BD上動點，當(dāng)線段最短時，二

EO′2EOEO′2EO面角—AC的弦值為()123A.0B.C.D.222答案C解析易OB＝，所以當(dāng)為BD中點時，線段ON最，為AC⊥ACODOB∩OD＝OB平，所以AC⊥平面BOD所以O(shè)N⊥，又⊥，以即二面角——的面角因為平面⊥平面ABC，平面∩面ABC＝，⊥AC，所以O(shè)D⊥平面所OD⊥eq\o\ac(△,，)為腰直角三角形所∠＝45°所二面角N—ACB的余弦值為

2.25.(2018·浙江)已知四棱錐－ABCD的面是正形棱均相等是段上點不含端點，SE與所成的角為θ，SE與平面所成的角為，二面角－AB的平面角為θ，則)A.θ≤θ≤θC.θ≤θ≤θ

B.≤≤θD.≤≤θ

答案D解析如，不妨設(shè)底面正方形邊長為2，E為上靠近點A的四分點，′為AB的中點，S到底面的距離SO＝，以′，′為鄰作矩形OO′′則∠SEO＝，SEO＝θ，SE′＝θ.SO′5SO12由題意，得tan＝＝，tan＝＝＝，tanθ＝，552此時θ＜tanθ＜tan，可得θ＜＜θ.當(dāng)在中處時θ＝＝θ.選D.6.(2018·嘉興調(diào)研如圖正體ABCDBC的長為1F分是棱AA的中，

過EF的面與棱BB，DD分交于點G，.設(shè)BG＝，∈[0，①四邊形一定是菱形；②∥平面EGFH③四邊形的面積S＝(x)在區(qū)間0，1]上有單調(diào)性；④四棱錐A的體積為定.以上結(jié)論正確的個數(shù)()A.4B.3C.2D.1答案B解析由方體的性質(zhì)易得DH＝＝，則四邊形A、四邊形ABGE、四邊形CBGF、四邊形CHF為個全等的直角梯形，則＝＝＝，四邊形為形，①正確；因為∥，EF平面EGFH，AC平面EGFH所以AC∥平面，正確；在線段DD上DM＝，則易得為直角三角形，且＝－，則GH＝HM

＋，菱121形EGFH的面積S＝()EFGH得其遞減1222上單調(diào)遞增[0上不具有單調(diào)性誤

＝＋＝VA＋V

1111111＝×1××1×＋×1×＝為定值，④正.綜上所述，正確結(jié)論的322322個數(shù)是3，故選B.APCQ7.如，在正四面體—中，，分別，，AD上的點，＝，＝，PBQA記二面角BPQ—，—QR—P，——平面角分別為α，，，則)A.γ<α<βC.α<β<γ答案C

B.<γ<βD.<<

解析

易知二面角——R的面角的補角就是二面角

A——的面角，二面角——的面角的補角就是二面角A——平面角面角——的面角的補角就是二面角A——的平角易得二面角A—的面>二面角A——的面>二面角A——的面角，即α<β<γ.故選C.8.如，在梯形中，AD∥，∠＝90°，∶∶＝2∶4，分別是ABCD的中點，將四邊形ADFE沿線EF進行翻折，給出四個結(jié)論：①⊥；②⊥；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折過程中，可能成立的結(jié)論________.(寫結(jié)論序號答案②解析因BC∥，AD與DF相不垂直，所以與DF不垂直則①錯誤；設(shè)點在面上的射影為點P，當(dāng)⊥時就有⊥，∶∶AB＝2∶3∶4，可使件滿足，所以②正確；當(dāng)點落在BF時，平，從而平面⊥面BCF，所以③正確；因為點D的影不可能在上所平面DCF⊥平面不成立即④錯故答案為②③.9.如，四邊形和均正方形，它們所在的平面互相垂直，動點在段上，分為AB的點設(shè)面直線與AF所成的角為θcosθ的最大值______.

1→1→→→→→＝t，1→1→→→→→＝t，答案

25解析以A點為坐標(biāo)原點AB，，所在直線分別為x軸y軸z，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB＝，A＝02

，100

，設(shè)(0，y，≤，則E＝，，2AF，＝

11－＋y221－y＝－.1151＋·＋1·4y＋442則θ＝

AF，EM＝

1－251－y＝·，554y＋5·4＋52令＝－，則＝－，∵0≤≤1，∴0≤t≤1，25t25那么θ＝·＝54t－t＋51令＝，∵0≤1，∴≥1t251那么θ＝4－8＋9x5

t254－＋5

1，894－＋又∵z＝x－＋4在[，＋∞)上單調(diào)遞增，∴＝，＝，25此時θ的最大值為·5

12552＝·＝.555510.(2009·浙江如，在長方形ABCD中AB＝2，＝1，為DC的點為段EC端點除外上動.現(xiàn)將△AFD沿AF起，使平面⊥平面ABC在平面內(nèi)點D作DK⊥，為足設(shè)AKt，則的值范圍是____________.

1.tt1.tt答案1解析如，在平面ADF內(nèi)D作⊥AF，垂足為，連接.過F點作FPBC交AB點.225設(shè)∠FABθ，則cosθ∈，5

.設(shè)DF，則1<2.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩面ABCDK⊥AB，⊥平面ABC又平，∴⊥AF.又∵⊥，∩＝，DK，平面，∴⊥平面DKH∴AFHK即AH.在Rt△ADF中，＝1＋，DH

1＋∵△ADF和△APF是直角三角形＝，∴Rt△≌Rt△APF，∴AP＝DF.∵△AHD△ADF，1∴cosθ＝

1＋＝

x1.∴＝1＋11∵1<x<2，∴1<<2，∴<t<1.t211.(2017·浙江如四錐－ABCDeq\o\ac(△,，)是以為斜邊的等腰直角三角形ADCD⊥，＝＝DC＝CB，為PD的中點(1)證明：∥面PAB(2)求直線CE與平面所成角的正弦值.

(1)證明如，設(shè)PA的點為，連接EF，.因為，分為PD，的中點，1所以EF且EFAD，21又因為BC∥，＝，2所以EF且EF＝BC，所以四邊形為平行四邊形，所以∥.因為平面PAB，因此CE平面PAB.(2)解分取BC，的點為M，，連接PN交EF于Q，連接MQ.因為，，N分別，，的中點，所以為的點，在平行四邊形BCEF，MQ∥.由△PAD為等腰直角三角形得⊥.1由DCADBCAD＝ADN是AD的中點得BN⊥所以⊥平面PBN2由BC得⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN.過點作的線，垂足為，連接MH.是MQ在面上射影，所以∠是直線CE與平面所成的.設(shè)CD1.在△PCD中，由2，CD＝，＝2得＝2，1在△PBN中，由BN，PB＝3得QH＝，41在Rt△MQH中，＝，MQ＝2，4所以sin∠QMH＝

28

，

66所以直線CE與平面所成角的正弦值是

28

.12.(2018·浙江重點中學(xué)聯(lián)考)圖，在直三棱柱—A中，底面ABC是長為的三角形，D是棱的中點，＝h(>0).(1)證明：∥平面D；π(2)若直線BC與平面ABB所成角的大小為，求的值.(1)證明方一如1，連B，交點，連接DE則DE是eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)的位線，圖1所以DE.又DE平D，BC平D，所以∥平面AB.方法二如2，取AC的點F，連接，F(xiàn).圖2因為AF，且AFDC，所以四邊形D是行四邊形，故ADFC.又平BFC，AD?平面BFC，所以AD平面BFC.因為DF，且DF＝B所以四邊形DFBB是平行四邊形，故DB∥FB.又FB平BFC，?平BFC，所以∥平面BFC.

→→|BC|||→→|BC|||又AD＝，，平面，所以平面ADB∥面BFC.又平BFC，故∥平面AB.(2)解方一取A中點，連接C，BH因為eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)△都是正三角形，所以C⊥AB在直三棱柱ABC—C中，面A平面ABC，平面A∩平面ABC＝，又平C，故C⊥面ABBA所以∠就與面成的角，π即∠C＝.6在Rteq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)BH中，BC＝2＝3，在Rt△BCC中，＝BC＋＝h

＋所以h＋＝3，解得h＝22.方法二以AB的點O坐標(biāo)原點，，所在直線分別為x軸，y，過點O且與面垂直的直線為軸建立空直角坐標(biāo)系，如圖示，圖3則(1，，0)(0，3，).易得平面ABBA的個法向量為n＝(0，，又BC＝－1，3，)，π→|BC|所以sin＝|cos〈，〉＝，6→即

31＝，解h＝2.h＋213.(2018·紹興市適應(yīng)性考試)圖ABC＝90°CAB＝為的中點

將△ACM沿著翻折至eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)′CM使得A′⊥MB，則θ的取值不可能()πππA.B.C.D.9653答案A解析如，設(shè)點A′在平面上的射影為″，則由題意知點″在直線的垂線′A″上要′⊥則″⊥MB以只需考慮其臨界情況A″⊥時A與點″關(guān)于直線對以∠AMD＝A″＝BMC＝

π4

π又AM以△AMC是∠為底角的等腰三角形以＋∠＝θ＝，4πππ所以＝.此當(dāng)θ≥時有A′⊥，以的取值不可能為，故選A.88914.(2018·溫州高考適