高考專題突破四 高考中的立體幾何問題教師用書 理 蘇教版1.正三棱柱ABCA1B1C1中，D為BC中點(diǎn)，E為A1C1中點(diǎn)，則DE與平面A1B1BA的位置關(guān)系為_.答案平行解析如圖取B1C1的中點(diǎn)為F，連結(jié)EF，DF，DE，則EFA1B1，DFB1B，平面EFD平面A1B1BA，DE平面A1B1BA.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(xiàn)分別在C1D1與C1B1上，且C1E4，C1F3，連結(jié)EF，F(xiàn)B，DE，BD，則幾何體EFC1DBC的體積為_.答案66解析如圖，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××3×4×6××(36)×6×6125466.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)答案或解析由線面平行的性質(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(diǎn)，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(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn).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”)答案平行垂直解析因為D，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)，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(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4.又因為DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90°，即DEEF.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，所以平面BDE平面ABC.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(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AECF，EF交BD于點(diǎn)H，將DEF沿EF折到DEF的位置.(1)證明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱錐D-ABCFE的體積.(1)證明由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得，故ACEF，由此得EFHD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EFHD，所以ACHD.(2)解由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4，所以O(shè)H1，DHDH3，于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面DHD，于是ACOD，又由ODOH，ACOHO，所以O(shè)D平面ABC.又由得EF.五邊形ABCFE的面積S×6×8××3.所以五棱錐D-ABCFE的體積V××2.思維升華(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(bǔ)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.正三棱錐的高為1，底面邊長為2，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；(2)這個正三棱錐內(nèi)切球的表面積與體積.解(1)底面正三角形中心到一邊的距離為××2，則正棱錐側(cè)面的斜高為.S側(cè)3××2×9.S表S側(cè)S底9××(2)296.(2)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(diǎn)到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.VPABCVOPABVOPBCVOPACVOABCS側(cè)·rSABC·rS表·r(32)r.又VPABC×××(2)2×12，(32)r2，得r2.S內(nèi)切球4(2)2(4016).V內(nèi)切球(2)3(922).題型二空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系例2(2016·揚(yáng)州模擬)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn).(1)求證：平面ABE平面B1BCC1；(2)求證：C1F平面ABE；(3)求三棱錐EABC的體積.(1)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)證明方法一如圖1，取AB中點(diǎn)G，連結(jié)EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點(diǎn)，所以FGAC，且FGAC.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(diǎn)H，連結(jié)C1H，F(xiàn)H.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以HFAB，又因為E，H分別是A1C1，AC的中點(diǎn)，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)解因為AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱錐EABC的體積VSABC·AA1×××1×2.思維升華(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.(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(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn).求證：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.證明(1)由ASAB，AFSB知F為SB中點(diǎn)，則EFAB，F(xiàn)GBC，又EFFGF，ABBCB，因此平面EFG平面ABC.(2)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(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn).將ABE沿BE折起到A1BE的位置，如圖2.(1)證明：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.(1)證明在題圖1中，連結(jié)EC，因為ABBC1，AD2，BAD，ADBC，E為AD中點(diǎn)，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)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC為二面角A1-BE-C的平面角，所以A1OC.如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OA所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，因為A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)，設(shè)平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為，則得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，從而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為.思維升華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.(2016·蘇州模擬)如圖(1)，四邊形ABCD為矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如圖(2)折疊，折痕EFDC.其中點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段PD，PC上，沿EF折疊后，點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M，并且MFCF.(1)證明：CF平面MDF；(2)求三棱錐MCDE的體積.(1)證明因為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(diǎn)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)解因為PDDC，PC2，CD1，PCD60°，所以PD，由(1)知FDCF，在直角三角形DCF中，CFCD.如圖，過點(diǎn)F作FGCD交CD于點(diǎn)G，得FGFCsin 60°×，所以DEFG，故MEPE，所以MD.SCDEDE·DC××1.故VMCDEMD·SCDE××.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(xiàn)分別是CC1，BC的中點(diǎn)，AEA1B1，D為棱A1B1上的點(diǎn).(1)證明：DFAE.(2)是否存在一點(diǎn)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(diǎn)D的位置；若不存在，說明理由.(1)證明AEA1B1，A1B1AB，AEAB.又AA1AB，AA1AEA，AB平面A1ACC1.又AC平面A1ACC1，ABAC.以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則有A(0,0,0)，E(0,1，)，F(xiàn)(，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1).設(shè)D(x，y，z)，且(0,1)，即(x，y，z1)(1,0,0)，則D(，0,1)，(，1).(0,1，)，·0，DFAE.(2)解結(jié)論：存在一點(diǎn)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(，)，(，1)，即令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|，即，解得或(舍去)，存在滿足條件的點(diǎn)D，此時D為A1B1的中點(diǎn).思維升華(1)對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，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(diǎn)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.(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(diǎn).(1)證明：B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長.(1)證明如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，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，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)解(1，2，1).設(shè)平面B1CE的法向量m(x，y，z)，則即消去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.于是cosm，從而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值為.(3)解(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sin |cos，|，于是，解得(負(fù)值舍去)，所以AM.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(diǎn)，C，D是平面內(nèi)的兩點(diǎn)，且ADl，CBl，DA4，AB6，CB8.P是平面上的一動點(diǎn)，且有APDBPC，則四棱錐PABCD體積的最大值是_.答案24解析由題意知，PAD，PBC是直角三角形，又APDBPC，所以PADPBC.因為DA4，CB8，所以PB2PA.作PMAB于點(diǎn)M，由題意知，PM.令A(yù)Mt(0<t<6)，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.所以V×36×1212×24.2.(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，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.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90°解析如圖，取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)AE，DE，ABAC，AEBC.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.在AED中，AEDE ，AD2，由AE2DE2AD2，知AED90°.故二面角DBCA的大小為90°.4.(2016·泰州二模)如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90°，ADBCAB234，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，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(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BPCF時就有BDFC，而ADBCAB234，可使條件滿足，所以正確；當(dāng)點(diǎn)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(diǎn)D的射影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即錯誤.故答案為.5.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱CD上的動點(diǎn)，當(dāng)_時，D1E平面AB1F.答案1解析如圖，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(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點(diǎn)時，DEAF，即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時，D1E平面AB1F，1時，D1E平面AB1F.6.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，M，N分別是棱CC1，AB中點(diǎn).(1)求證：CN平面ABB1A1；(2)求證：CN平面AMB1.證明(1)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(diǎn)，所以CNAB.又因為AA1ABA，所以CN平面ABB1A1.(2)取AB1的中點(diǎn)G，分別連結(jié)MG，NG，因為N，G分別是AB，AB1的中點(diǎn)，所以NGBB1，NGBB1.又因為CMBB1，CMBB1，所以CMNG，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AMB1.7.(2016·南通、揚(yáng)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(diǎn).(1)求證：PC平面BMN；(2)求證：平面BMN平面PAC.證明(1)設(shè)ACBNO，連結(jié)MO，AN，因為ABCD，ABCD，N為CD的中點(diǎn)，所以ABCN，且ABCN，所以四邊形ABCN為平行四邊形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，又M為PA的中點(diǎn)，所以MOPC.又因為MO平面BMN，PC平面BMN，所以PC平面BMN.(2)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.方法二連結(jié)PN，因為PC平面PDA，PA平面PDA，所以PCPA.因為PCMO，所以PAMO.又PCPD.因為N為CD的中點(diǎn)，所以PNCD，由(1)得ANBCCD，所以ANPN，又因為M為PA的中點(diǎn)，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.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(xiàn)分別為PC，CD的中點(diǎn).(1)求證：CD平面BEF；(2)設(shè)PAk，且二面角EBDC的平面角大于30°，求k的取值范圍.(1)證明如圖，以A為原點(diǎn)，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(xiàn)(1,2,0)，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(diǎn)，所以E(1,1，)，從而(0,1，)，所以·0，故，即DCBE.又BEBFB，所以CD平面BEF.(2)解設(shè)E在xOy平面上的射影為G，過點(diǎn)G作GHBD，垂足為點(diǎn)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.又(x1，y,0)，且與的方向相同，故，即2xy2.由解得x，y，從而(，0)，所以|.從而tanEHGk.由k>0知EHG是銳角，由EHG>30°，得tanEHG>tan 30°，即k>.故k的取值范圍為k>.9.如圖所示，平面ABDE平面ABC，ABC是等腰直角三角形，ACBC4，四邊形ABDE是直角梯形，BDAE，BDBA，BDAE2，O，M分別為CE，AB的中點(diǎn).(1)求證：OD平面ABC；(2)求直線CD和平面ODM所成角的正弦值；(3)能否在EM上找一點(diǎn)N，使得ON平面ABDE？若能，請指出點(diǎn)N的位置，并加以證明；若不能，請說明理由.(1)證明如圖，取AC中點(diǎn)F，連結(jié)OF，F(xiàn)B.F是AC中點(diǎn)，O為CE中點(diǎn)，OFEA且OFEA.又BDAE且BDAE，OFDB且OFDB，四邊形BDOF是平行四邊形，ODFB.又FB平面ABC，OD平面ABC，OD平面ABC.(2)解平面ABDE平面ABC，平面ABDE平面ABCAB，DB平面ABDE，且BDBA，DB平面ABC.BDAE，EA平面ABC.又ABC是等腰直角三角形，且ACBC，ACB90°，以C為原點(diǎn)，分別以CA，CB所在直線為x，y軸，以過點(diǎn)C且與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.ACBC4，C(0,0,0)，A(4，0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)，O(2,0,2)，M(2,2,0)，(0,4,2)，(2,4,0)，(2,2,2).設(shè)平面ODM的法向量為n(x，y，z)，則由n，n，可得令x2，得y1，z1，n(2,1,1).設(shè)直線CD和平面ODM所成角為，則sin .直線CD和平面ODM所成角的正弦值為.(3)解當(dāng)N是EM中點(diǎn)時，ON平面ABDE.由(2)設(shè)N(a，b，c)，(a2，b2，c)，(4a，b,4c).點(diǎn)N在ME上，即(a2，b2，c)(4a，b,4c)，解得N(，).(0,0,2)是平面ABC的一個法向量，2，解得1.，即N是線段EM的中點(diǎn)，當(dāng)N是EM的中點(diǎn)時，ON平面ABDE.