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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(左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.(2016沈阳模拟)设，是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件： a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_.(把所有正确的序号填上),答案
3、,解析,或,由线面平行的性质定理可知，正确； 当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确.故应填入的条件为或.,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分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，,所以DEPA，DE PA3，EF BC4.,又因为
4、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ACEF，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，D
5、HDH3，,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；
6、,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AB平面ABC， 所以BB1AB. 又因为ABBC，BCBB1B， 所以AB平面B1BCC1. 又
7、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，,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
8、，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
9、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，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
10、角梯形 ABCD中，ADBC，BAD ，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2. (1)证明：CD平面A1OC；,证明,几何画板展示,在题图1中，连接EC， 因为ABBC1，AD2， 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ABCE为正方形，所以BEAC， 即在题图2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO， 从而BE平面A1OC，又CDBE， 所以CD平面A1OC.,(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.,解答,由
11、已知，平面A1BE平面BCDE， 又由(1)知，BEOA1，BEOC， 所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，,如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 因为A1BA1EBCED1，BCED，,设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，,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 (2016深圳模拟)如图(1)，四边形ABCD
12、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；,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.,解答,(2)求三棱锥MCDE的体积.,几何画板展示,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
13、题,例4 (2016邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点. (1)证明：DFAE.,证明,AEA1B1，A1B1AB， AEAB. 又AA1AB，AA1AEA， AB平面A1ACC1. 又AC平面A1ACC1，ABAC. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，,即(x，y，z1)(1,0,0)，则D(，0,1)，,(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 ?若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由.,解答,结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐
14、二面角的余弦值为 .,理由如下： 由题意知平面ABC的法向量为m(0,0,1). 设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，,令z2(1)，则n(3,12，2(1).,存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点.,(1)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. (2)对于探索性问题用向量法比较容易入手.一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.,思维升华,跟踪训练4 如图，四棱柱ABCDA
15、1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点. (1)证明：B1C1CE；,证明,如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0).,解答,(2)求二面角B1CEC1的正弦值；,消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1). 由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，CC1CEC，可得B1C1平面CEC1，,设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，,(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 ，求
