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1、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ABCA1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为 A.相交 B.平行 C.垂直相交 D.不确定,答案,解析,如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE， 则EFA1B1，DFB1B， 平面EFD平面A1B1BA， DE平面A1B1BA.,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“xz且yzxy”为真命题的是 A. B. C. D.
2、,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.,答案,解析,3.(2016成都模拟)如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是 A.203 B.243 C.204 D.244,答案,解析,根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4522 203.,4.如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD为正方形，E、F分别为侧棱VC、VB上的点，且满足VC3EC，AF平面BDE，则 _.,答案,解析,2,连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，
3、MF， VC3EC，VMMEEC， 又AOCO，AMEO， 又EO平面BDE， AM平面BDE， 又AF平面BDE，AMAFA， 平面AMF平面BDE， 又MF平面AMF，MF平面BDE， 又MF平面VBC，平面VBC平面BDEBE，,5.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DEPA. 又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA平面DEF. 因为D，E，F
4、分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，,所以DEPA，DE PA3，EF BC4.,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.,题型分类 深度剖析,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，AECF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到DEF的位置. (1)证明：ACHD；,题型一 求空间几何体的表面积与体积,证明,由已知得ACBD，ADCD， 故A
5、CEF，由此得EFHD，折后EF与HD保持垂直关系，即EFHD，所以ACHD.,解答,所以OH1，DHDH3，,故ODOH. 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.,(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
6、锥的高为1，底面边长为2 ，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,(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.,解答,设正三棱锥PABC的内切球球心为O，连接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.,VPABCVOPABVOPBCVOPACVOABC,题型二 空间点、线、面的位置关系,例2 (2016济南模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，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ABCA1B1C1中，BB1底面ABC. 因为
7、AB平面ABC， 所以BB1AB. 又因为ABBC，BCBB1B， 所以AB平面B1BCC1. 又AB平面ABE， 所以平面ABE平面B1BCC1.,证明,(2)求证：C1F平面ABE；,方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点， 所以FGAC，且FG AC. 因为ACA1C1，且ACA1C1， 所以FGEC1，且FGEC1， 所以四边形FGEC1为平行四边形， 所以C1FEG. 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，连接C1H，FH. 因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB， 又因
8、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C1HAE， 又C1HHFH，AEABA， 所以平面ABE平面C1HF， 又C1F平面C1HF， 所以C1F平面ABE.,解答,(3)求三棱锥EABC的体积.,因为AA1AC2，BC1，ABBC，,所以三棱锥EABC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C1FEG.()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
9、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 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；,证明,由ASAB，AFSB知F为SB中点， 则EFAB，FGBC，又EFFGF，ABBCB， 因此平面EFG平面ABC.,(2)BCSA.,证明,由平面SAB平面SBC，平面SAB平面SBCSB，AF平面SAB，AFSB， 所以AF平面SBC，则AFBC. 又BCAB，
10、AFABA，则BC平面SAB， 又SA平面SAB，因此BCSA.,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，ADBC，BAD ，ABBC ADa，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四棱锥A1 -BCDE. (1)证明：CD平面A1OC；,证明,在题图1中，连接EC， 因为ABBC ADa，BAD ， ADBC，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CDBE， 所以四边形ABCE为正方形，所以BEAC， 即在题图2中，BEA1O，BEOC，且A1OOCO， 从而BE平
11、面A1OC，又CDBE， 所以CD平面A1OC.,(2)当平面A1BE平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36 ，求a的值.,解答,由已知，平面A1BE平面BCDE， 且平面A1BE平面BCDEBE， 又由(1)知，A1OBE，所以A1O平面BCDE， 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高，,平行四边形BCDE的面积SBCABa2，,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 (2017深圳月考)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB
12、1，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；,证明,几何画板展示,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.,解答,(2)求三棱锥MCDE的体积.,因为PDDC，PC2，CD1，PCD60，,如图，过点F作FGCD交CD于点G，,题型四 立体几何中的存在性问题,例4 (2016四川双流中
13、学月考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，平面BMD1N与棱CC1，AA1分别交于点M，N，且M，N均为中点. (1)求证：AC平面BMD1N.,证明,连接MN.因为M，N分别为CC1，AA1的中点，,又因为AA1CC1，且AA1CC1， 所以ANCM，且ANCM， 所以四边形ACMN为平行四边形，所以ACMN. 因为MN平面BMD1N，AC平面BMD1N， 所以AC平面BMD1N.,(2)若ADCD2，DD12 ，O为AC的中点.BD1上是否存在动点F，使得OF平面BMD1N？若存在，求出点F的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.,解答,当点F满足D1F3BF时，OF平面BMD1
14、N，证明如下： 连接BD，则BD经过点O，取BD1的中点G，连接OF，DG， 又D1F3BF，所以OF为三角形BDG的中位线， 所以OFDG. 因为BD2 DD1，且G为BD1的中点， 所以BD1DG，所以BD1OF. 因为底面ABCD为正方形，所以ACBD. 又DD1底面ABCD，所以ACDD1， 又BDDD1D，所以AC平面BDD1，,又OF平面BDD1，所以ACOF. 由(1)知ACMN，所以MNOF. 又MN，BD1是平面四边形BMD1N的对角线，所以它们必相交， 所以OF平面BMD1N.,对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推
15、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.,思维升华,跟踪训练4 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD2AB，ADDC，ABDC. (1)求证：D1CAC1；,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)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.,解答,假设存在点E，使D1E平面A1BD
