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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】1在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC的中点，E为A1C1的中点，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B解析如图取B1C1的中点为F，连接EF，DF，则EFA1B1，DFB1B，且EFDFF，A1B1B1BB1，平面EFD平面A1B1BA，DE平面A1B1BA.2设x，y，z是空间中不同的直线或平面，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答案C解析由正方体模型可知为假命题；由线面垂直的
2、性质定理可知为真命题3(2018届黑龙江海林市朝鲜中学模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A94() B102()C112() D112()答案C解析根据三视图还原几何体为一个直四棱柱，两底面为四边形(左视图)，其余各侧面为矩形，两底面面积为25，四个侧面面积为221222622，几何体的表面积为112()，故选C.4(2017天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是()A B C
3、D答案B解析由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错故选B.5(2017沈阳调研)设，是三个平面，a，b是两条不同的直线，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)答案或解析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.题型一求简单几何体的表面积与体积例1(2016全国)如图，菱形ABCD的对角线A
4、C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；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积(1)证明由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得，故ACEF，由此得EFHD，折后EF与HD保持垂直关系，即EFHD，所以ACHD.(2)解由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4，所以OH1，DHDH3，于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，BD，HD平面BHD，所以AC平面BHD，于是ACOD，又由ODOH，ACOHO，AC，OH平面ABC，
5、所以OD平面ABC.又由得EF.五边形ABCFE的面积S683.所以五棱锥D-ABCFE的体积V2.思维升华 (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，然后根据条件求解跟踪训练1 (2018乌鲁木齐质检)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；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积解(1)底面正
6、三角形中心到一边的距离为2，则正棱锥侧面的斜高为，S侧329，S表S侧S底9(2)296.(2)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.V三棱锥PABCV三棱锥OPABV三棱锥OPBCV三棱锥OPACV三棱锥OABCS侧rSABCrS表r(32)r.又VPABC(2)212，(32)r2，得r2.S内切球4(2)2(4016).V内切球(2)3(922).题型二空间点、线、面的位置关系例2 (2017广州五校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，BAD60，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上(1)求证：
7、AD平面PBE；(2)若Q是PC的中点，求证：PA平面BDQ；(3)若VPBCDE2VQABCD，试求的值(1)证明由E是AD的中点，PAPD可得ADPE.因为底面ABCD是菱形，BAD60，所以ABBD，所以ADBE，又PEBEE，PE，BE平面PBE，所以AD平面PBE.(2)证明连接AC，交BD于点O，连接OQ.因为O是AC的中点，Q是PC的中点，所以OQPA，又PA平面BDQ，OQ平面BDQ，所以PA平面BDQ.(3)解设四棱锥PBCDE，QABCD的高分别为h1，h2.所以V四棱锥PBCDES四边形BCDEh1，V四棱锥QABCDS四边形ABCDh2.又VPBCDE2VQABCD，且
8、S四边形BCDES四边形ABCD，所以.思维升华 (1)平行问题的转化利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用(2)垂直问题的转化在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题
9、跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，E是BC的中点，求证：(1)平面AB1E平面B1BCC1；(2)A1C平面AB1E.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因为AE平面ABC，所以CC1AE.因为ABAC，E为BC的中点，所以AEBC.因为BC平面B1BCC1，CC1平面B1BCC1，且BCCC1C，所以AE平面B1BCC1.因为AE平面AB1E，所以平面AB1E平面B1BCC1.(2)连接A1B，设A1BAB1F，连接EF.在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1B的中点又因为E是BC的中点，所以EFA1C.
10、因为EF平面AB1E，A1C平面AB1E，所以A1C平面AB1E.题型三平面图形的翻折问题例3 (2016全国)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，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，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求平面BDA与平面DAC夹角的正弦值(1)证明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(
11、2)解如图，以H为坐标原点，HF，HD，HD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则H(0,0,0)，A(3，1,0)，B(0，5,0)，C(3，1,0)，D(0,0,3)，(3，4,0)，(6,0,0)，(3,1,3)设m(x1，y1，z1)是平面ABD的法向量，则即所以可取m(4,3，5)设n(x2，y2，z2)是平面ACD的法向量，则即所以可取n(0，3,1)于是|cosm，n|，sinm，n.因此平面BDA与平面DAC夹角的正弦值是.思维升华 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
12、一个平面上的性质发生变化跟踪训练3 (2017深圳模拟)如图(1)，四边形ABCD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；(2)求三棱锥MCDE的体积(1)证明因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因为ABCD是矩形，CDAD，PDCDD，PD，CD平面PCD，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，MD，MF平面MDF，所以CF平面MDF.(2)解因为PDDC，PC2，
13、CD1，PCD60，所以PD，由(1)知FDCF，在RtDCF中，CFCD.如图，过点F作FGCD交CD于点G，得FGFCsin 60，所以DEFG，故MEPE，所以MD .SCDEDEDC1.故V三棱锥MCDEMDSCDE.题型四立体几何中的存在性问题例4 (2017安徽江南名校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABDC，ABAD，DC6，AD8，BC10，PAD45，E为PA的中点(1)求证：DE平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CFDB？若存在，请求出平面FPC与平面PCD夹角的余弦值；若不存在，请说明理由(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CNAB，垂足为点N.在平面ABCD内，CNAB，DAAB，CNDA，又ABCD，四边形CDAN为平行四边形，CNAD8，DCAN6，在RtBNC中，BN6，AB12，而E，M分别为PA，
