1、高考專題突破四 高考中的立體幾何問題,考點自測,課時作業(yè),題型分類深度剖析,內(nèi)容索引,考點自測,1.正三棱柱abca1b1c1中，d為bc中點，e為a1c1中點，則de與平面a1b1ba的位置關(guān)系為_.,答案,解析,如圖取b1c1的中點為f， 連結(jié)ef，df，de， 則efa1b1，dfb1b， 平面efd平面a1b1ba， de平面a1b1ba.,平行,2.設(shè)x、y、z是空間不同的直線或平面，對下列四種情形： x、y、z均為直線； x、y是直線，z是平面； z是直線，x、y是平面； x、y、z均為平面. 其中使“xz且yzxy”為真命題的是_.,答案,解析,由正方體模型可知為假命題； 由線面

2、垂直的性質(zhì)定理可知為真命題.,3.(2016無錫模擬)如圖，在棱長為6的正方體abcda1b1c1d1中，e，f分別在c1d1與c1b1上，且c1e4，c1f3，連結(jié)ef，fb，de，bd，則幾何體efc1dbc的體積為_.,答案,解析,66,如圖，連結(jié)df，dc1， 那么幾何體efc1dbc被分割成三棱錐defc1及四棱錐dcbfc1， 那么幾何體efc1dbc的體積為,v 346 (36)66125466.,故所求幾何體efc1dbc的體積為66.,4.(2016鎮(zhèn)江模擬)設(shè)，是三個平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件： a，b；a，b；b，a.如果命題“a，b，且_，則ab”為真命

3、題，則可以在橫線處填入的條件是_. (把所有正確的序號填上),答案,解析,或,由線面平行的性質(zhì)定理可知，正確； 當(dāng)b，a時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，正確. 故應(yīng)填入的條件為或.,5.如圖，在三棱錐pabc中，d，e，f分別為棱pc，ac，ab的中點.若paac，pa6，bc8，df5.則直線pa與平面def的位置關(guān)系是_；平面bde與平面abc的位置關(guān)系是_.(填“平行”或“垂直”),答案,解析,平行,垂直,因為d，e分別為棱pc，ac的中點，所以depa. 又因為pa平面def，de平面def，所以直線pa平面def. 因為d，e，f分別為棱pc，ac，ab的中點，pa6

4、，bc8，,所以depa，de pa3，ef bc4.,又因為df5，故df2de2ef2， 又paac，depa，所以deac. 因為acefe，ac平面abc，ef平面abc， 所以de平面abc，又de平面bde，,所以def90，即deef.,所以平面bde平面abc.,題型分類深度剖析,題型一求空間幾何體的表面積與體積 例1(2016全國甲卷)如圖，菱形abcd的對角線ac與bd交于點o，點e，f分別在ad，cd上，aecf，ef交bd于點h，將def沿ef折到def的位置. (1)證明：achd；,證明,由已知得acbd，adcd，,又由aecf得 ，,故acef，由此得efhd，

5、折后ef與hd保持垂直關(guān)系， 即efhd，所以achd.,(2)若ab5，ac6，ae ，od ，求五棱錐d-abcfe的體積.,解答,由efac得 .,由ab5，ac6得dobo 4，,所以oh1，dhdh3，,于是od2oh2( )2129dh2，,由(1)知achd，又acbd，bdhdh， 所以ac平面dhd，于是acod， 又由odoh，acoho，所以od平面abc.,故odoh.,又由 得ef .,五邊形abcfe的面積,所以五棱錐d-abcfe的體積,(1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用公式進(jìn)行求解.其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積. (2)若

6、所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用公式求解. (3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解.,思維升華,跟蹤訓(xùn)練1正三棱錐的高為1，底面邊長為 ，內(nèi)有一個球與它的四個面都相切(如圖).求： (1)這個正三棱錐的表面積；,解答,底面正三角形中心到一邊的距離為,則正棱錐側(cè)面的斜高為,(2)這個正三棱錐內(nèi)切球的表面積與體積.,解答,設(shè)正三棱錐pabc的內(nèi)切球的球心為o， 連結(jié)op，oa，ob，oc， 而o點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r. vpabcvopabvopbcvopacvoabc,s內(nèi)切球4

7、( 2)2(4016 ).,題型二空間點、線、面的位置關(guān)系 例2(2016揚州模擬)如圖，在三棱柱abca1b1c1中，側(cè)棱垂直于底面，abbc，aa1ac2，bc1，e，f分別是a1c1，bc的中點. (1)求證：平面abe平面b1bcc1；,證明,在三棱柱abca1b1c1中，bb1底面abc. 因為ab平面abc，所以bb1ab. 又因為abbc，bcbb1b， 所以ab平面b1bcc1. 又ab平面abe，所以平面abe平面b1bcc1.,(2)求證：c1f平面abe；,證明,方法一如圖1，取ab中點g，連結(jié)eg，fg. 因為e，f分別是a1c1，bc的中點， 所以fgac，且fg a

8、c. 因為aca1c1，且aca1c1， 所以fgec1，且fgec1， 所以四邊形fgec1為平行四邊形， 所以c1feg. 又因為eg平面abe，c1f平面abe， 所以c1f平面abe.,方法二如圖2，取ac的中點h，連結(jié)c1h，fh. 因為h，f分別是ac，bc的中點，所以hfab， 又因為e，h分別是a1c1，ac的中點， 所以ec1綊ah， 所以四邊形eahc1為平行四邊形， 所以c1hae， 又c1hhfh，aeaba， 所以平面abe平面c1hf， 又c1f平面c1hf，所以c1f平面abe.,(3)求三棱錐eabc的體積.,解答,因為aa1ac2，bc1，abbc， 所以ab

9、 所以三棱錐eabc的體積,(1)證明面面垂直，將“面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問題，再將“線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題.證明c1f平面abe：()利用判定定理，關(guān)鍵是在平面abe中找(作)出直線eg，且滿足c1feg.()利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，則先要確定一個平面c1hf滿足面面平行，實施線面平行與面面平行的轉(zhuǎn)化. (2)計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時，注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化.,思維升華,跟蹤訓(xùn)練2(2016南京模擬)如圖，在三棱錐sabc中，平面sab平面sbc，abbc，asab.過a作afsb，垂足為f，點e，g分別是棱s

10、a，sc的中點. 求證：(1)平面efg平面abc；,證明,由asab，afsb知f為sb中點， 則efab，fgbc，又effgf，abbcb， 因此平面efg平面abc.,(2)bcsa.,證明,由平面sab平面sbc， 平面sab平面sbcsb，af平面sab， afsb， 所以af平面sbc，則afbc. 又bcab，afaba，則bc平面sab， 又sa平面sab，因此bcsa.,題型三平面圖形的翻折問題 例3(2015陜西)如圖1，在直角梯形abcd中，adbc，bad ，abbc1，ad2，e是ad的中點，o是ac與be的交點.將abe沿be折起到a1be的位置，如圖2. (1)

11、證明：cd平面a1oc；,證明,幾何畫板展示,在題圖1中，連結(jié)ec， 因為abbc1，ad2，,bad ，,adbc，e為ad中點， 所以bc綊ed，bc綊ae， 所以四邊形bcde為平行四邊形，故有cdbe， 所以四邊形abce為正方形，所以beac. 即在題圖2中，beoa1，beoc，且a1ooco， 從而be平面a1oc，又cdbe， 所以cd平面a1oc.,(2)若平面a1be平面bcde，求平面a1bc與平面a1cd夾角的余弦值.,解答,由已知，平面a1be平面bcde， 所以a1oc為二面角a1-be-c的平面角，,所以a1oc .,如圖，以o為原點，以ob，oc，oa所在的直線

12、為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 因為a1ba1ebced1，bced，,又由(1)知，beoa1，beoc，,設(shè)平面a1bc的法向量n1(x1，y1，z1)， 平面a1bc與平面a1cd夾角為，,平面a1cd的法向量n2(x2，y2，z2)，,從而cos |cosn1，n2|,即平面a1bc與平面a1cd夾角的余弦值為 .,平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.一般地，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.,思維升華,跟蹤訓(xùn)練3(2016蘇州模擬)如圖(1)，四邊形abcd為矩形，pd平面abcd，ab1，bc

13、pc2，作如圖(2)折疊，折痕efdc.其中點e，f分別在線段pd，pc上，沿ef折疊后，點p疊在線段ad上的點記為m，并且mfcf. (1)證明：cf平面mdf；,證明,幾何畫板展示,因為pd平面abcd，ad平面abcd， 所以pdad. 又因為abcd是矩形，cdad，pd與cd交于點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)求三棱錐mcde的體積.,解答,因為pddc，pc2，cd1，pcd60， 所以pd ，由(1)知fdcf， 在直角三角形dcf中，cf cd . 如圖，過點f作fgcd交cd于點

14、g，得fgfcsin 60,所以defg ，故mepe,所以md,題型四立體幾何中的存在性問題 例4(2016邯鄲第一中學(xué)研究性考試)在直棱柱abca1b1c1中，aa1abac1，e，f分別是cc1，bc的中點，aea1b1，d為棱a1b1上的點. (1)證明：dfae.,證明,aea1b1，a1b1ab， 又aa1ab，aa1aea， 又ac平面a1acc1，abac. 以a為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系axyz，,則有a(0,0,0)，e(0,1， )，f( ，0)，a1(0,0,1)，b1(1,0,1).,aeab.,設(shè)d(x，y，z)， ，且(0,1)，,即(x，y，z1)(1,

15、0,0)，則d(，0,1)，,ab平面a1acc1.,dfae.,(2)是否存在一點d，使得平面def與平面abc所成的銳二面角的余弦值為 ？若存在，說明點d的位置；若不存在，說明理由.,解答,結(jié)論：存在一點d，使得平面def與平面abc所成的銳二面角的余弦值為 .,理由如下： 由題意知平面abc的法向量為m(0,0,1).,設(shè)平面def的法向量為n(x，y，z)，則,令z2(1)，則n(3,12，2(1).,平面def與平面abc所成的銳二面角的余弦值為 ，,|cosm，n| ，,解得 或 (舍去)，,存在滿足條件的點d，此時d為a1b1的中點.,(1)對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存

16、在，然后在這假設(shè)條件下，利用線面關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論則否定假設(shè). (2)對于探索性問題用向量法比較容易入手.一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.,思維升華,跟蹤訓(xùn)練4(2016蘇州模擬)如圖，四棱柱abcda1b1c1d1中，側(cè)棱a1a底面abcd，abdc，abad，adcd1，aa1ab2，e為棱aa1的中點. (1)證明：b1c1ce；,證明,如圖，以點a為原點，分別以ad，aa1，ab所在直線為x軸，y軸，z軸 建立空間直角坐標(biāo)系，

17、依題意得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)求二面角b1cec1的正弦值；,解答,(1，2，1).,設(shè)平面b1ce的法向量m(x，y，z)，,消去x，得y2z0，不妨令z1， 可得一個法向量為m(3，2,1). 由(1)知，b1c1ce，又cc1b1c1，cc1cec， 可得b1c1平面cec1，,故 (1,0，1)為平面cec1的一個法向量.,從而sinm， ，,所以二面角b1cec1的正弦值為 .,(3)設(shè)點m在線段c1e上，且直線a

18、m與平面add1a1所成角的正弦值為 ，求線段am的長.,解答,(0,1,0)， (1,1,1)，,設(shè) (，)，01，,有 (，1，).,可取 (0,0,2)為平面add1a1的一個法向量.,設(shè)為直線am與平面add1a1所成的角，則,于是 ，解得 (負(fù)值舍去)，,所以am .,課時作業(yè),1.(2016連云港模擬)如圖所示，已知平面平面l，.a，b是直線l上的兩點，c，d是平面內(nèi)的兩點，且adl，cbl，da4，ab6，cb8.p是平面上的一動點，且有apdbpc，則四棱錐pabcd體積的最大值是_.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,由題意知，pad，pbc是直角三角形， 又a

19、pdbpc，所以padpbc. 因為da4，cb8，所以pb2pa. 作pmab于點m，由題意知，pm. 令amt(0t6)，則pa2t24pa2(6t)2，所以pa2124t. 所以pm ，即為四棱錐pabcd的高， 又底面abcd為直角梯形，s (48)636.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,2.(2016南京模擬)已知，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，l，m.給出下列命題： lm；lm；ml；lm. 其中正確的命題是_.(填寫所有正確命題的序號),答案,解析,若l，則l，又m，則lm，故正確； 若l，則l或l，又m，則l與m可能平行、相交或異面，故錯誤； 若l，m，則lm

20、，又m，則l與可能平行、相交或l，故錯誤； 若l，l，則，又m，則m，故正確.綜上，正確的命題是.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,3.已知三棱錐dabc的三個側(cè)面與底面全等，且abac ，bc2，則二面角dbca的大小為_.,答案,解析,90,如圖，取bc的中點e，連結(jié)ae，de， 又三棱錐dabc的三個側(cè)面與底面全等， bdcd，debc， 則aed是二面角dbca的平面角.,abac，aebc.,在aed中，aede,由ae2de2ad2，知aed90.,故二面角dbca的大小為90.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,4.(2016泰州二模)如圖，在梯形abcd中，adbc，ab

21、c90，adbcab234，e、f分別是ab、cd的中點，將四邊形adfe沿直線ef進(jìn)行翻折，給出四個結(jié)論： dfbc； bdfc； 平面dbf平面bfc； 平面dcf平面bfc. 在翻折過程中，可能成立的結(jié)論是_.(填寫結(jié)論序號),答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,因為bcad，ad與df相交不垂直，所以bc與df不垂直，則錯誤； 設(shè)點d在平面bcf上的射影為點p， 當(dāng)bpcf時就有bdfc， 而adbcab234，可使條件滿足， 所以正確； 當(dāng)點p落在bf上時，dp平面bdf， 從而平面bdf平面bcf，所以正確； 因為點d的射影不可能在fc上， 所以平面dcf平面bfc不成

22、立，即錯誤. 故答案為.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,5.如圖，在正方體abcda1b1c1d1中，點e是棱bc的中點，點f是棱cd上的動點，當(dāng) _時，d1e平面ab1f.,答案,解析,1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,如圖，連結(jié)a1b，則a1b是d1e在平面abb1a1內(nèi)的射影. ab1a1b，d1eab1， 又d1e平面ab1fd1eaf. 連結(jié)de，則de是d1e在底面abcd內(nèi)的射影， d1eafdeaf. abcd是正方形，e是bc的中點， 當(dāng)且僅當(dāng)f是cd的中點時，deaf， 即當(dāng)點f是cd的中點時，d1e平面ab1f， 1時，d1e平面ab1f.,1,2,3,4,5

23、,6,7,8,9,6.如圖，在直三棱柱abca1b1c1中，acbc，m，n分別是棱cc1，ab中點. (1)求證：cn平面abb1a1；,證明,因為直三棱柱abca1b1c1中，aa1底面abc， 且cn平面abc，所以aa1cn. 因為acbc，n是ab的中點， 所以cnab. 又因為aa1aba， 所以cn平面abb1a1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)求證：cn平面amb1.,證明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,取ab1的中點g，分別連結(jié)mg，ng， 因為n，g分別是ab，ab1的中點， 所以ngbb1，ng bb1. 又因為cmbb1，cm bb1， 所以cmng

24、，cmng， 所以四邊形cngm是平行四邊形， 所以cnmg. 因為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、揚州、泰州聯(lián)考)如圖，在四棱錐pabcd中，pc平面pad，abcd，cd2ab2bc，m，n分別是棱pa，cd的中點. (1)求證：pc平面bmn；,證明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,設(shè)acbno，連結(jié)mo，an， 因為ab cd，abcd，n為cd的中點， 所以abcn，且abcn， 所以四邊形abcn為平行四邊形， 所以o為ac的中點， 又m為pa的中點，所以mopc. 又因為mo平面bmn，pc

25、平面bmn， 所以pc平面bmn.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)求證：平面bmn平面pac.,證明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,方法一因為pc平面pda，ad平面pda，所以pcad. 由(1)同理可得，四邊形abnd為平行四邊形，所以adbn， 所以bnpc， 因為bcab，所以平行四邊形abcn為菱形， 所以bnac. 因為pcacc， 所以bn平面pac. 因為bn平面bmn，所以平面bmn平面pac.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,方法二連結(jié)pn，因為pc平面pda，pa平面pda， 因為pcmo，所以pamo. 又pcpd. 因為n為cd的中點，所以pn

26、cd， 由(1)得anbc cd，所以anpn， 又因為m為pa的中點，所以pamn， 因為mnmom，所以pa平面bmn. 因為pa平面pac，所以平面pac平面bmn.,所以pcpa.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,8.如圖，在四棱錐pabcd中，pa底面直角梯形abcd，dab為直角，adcd2，ab1，e，f分別為pc，cd的中點. (1)求證：cd平面bef；,證明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,如圖，以a為原點，ab所在直線為x軸，ad所在直線為y軸，ap所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(2,2,0)，d(0,2,0)，f(1

27、,2,0)，,從而 (2,0,0)， (0,2,0)，,所以 0，故 ，即dcbf.,設(shè)pab，則p(0,0，b).,因為e為pc的中點，所以e(1,1， )，,從而 (0,1， )，所以 0，,故 ，即dcbe.,又bebfb，所以cd平面bef.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)設(shè)pak，且二面角ebdc的平面角大于30，求k的取值范圍.,解答,1,2,3,4,5,6,7,8,9,設(shè)e在xoy平面上的射影為g，過點g作ghbd，垂足為點h，,連結(jié)eh，由 bd平面egh，,又eh平面egh，ehbd， 從而ehg即為二面角ebdc的平面角. 由pak，得p(0,0，k)，e(1,1， )，g(1,1,0). 設(shè)h(x，y,0)，則 (x1，y1,0)， (1,2,0). 由 0，得(x1)2(y1)0， 即x2y1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,又 (x1，y,0)，且 與 的方向相同，,故 ，即2xy2.,由解得x ，y ，從而 ( ， ，0)，,從而tanehg .,由k0知ehg是銳角，由ehg30，,得tanehgtan 30，,故k的取值范圍為k .,1,2,3,4,5,6,7,8,9,9.如圖所示，平面abde平面abc，abc是等腰直角