• 1.20 MB
  • 2021-06-16 发布

【数学】2018届一轮复习北师大版(理)高考中的立体几何问题

  • 21页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎1.正三棱柱ABC-A1B1C1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 B 解析 如图取B1C1中点为F,连接EF,DF,DE,‎ 则EF∥A1B1,DF∥B1B,‎ ‎∴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:‎ ‎①x、y、z均为直线;②x、y是直线,z是平面;③z是直线,x、y是平面;④x、y、z均为平面.‎ 其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是(  )‎ A.③④ B.①③‎ C.②③ D.①②‎ 答案 C 解析 由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题.‎ ‎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.20+3π B.24+3π C.20+4π D.24+4π 答案 A 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4×5+2×π+2×π=20+3π.‎ ‎4.(2016·沈阳模拟)设α,β,γ是三个平面,a,b是两条不同直线,有下列三个条件:‎ ‎①a∥γ,bβ;②a∥γ,b∥β;③b∥β,aγ.如果命题“α∩β=a,bγ,且________,则a∥b”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 ①或③‎ 解析 由线面平行的性质定理可知,①正确;当b∥β,aγ时,a和b在同一平面内,且没有公共点,所以平行,③正确.故应填入的条件为①或③.‎ ‎5.如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.若PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.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 平行 垂直 解析 ①因为D,E分别为棱PC,AC的中点,‎ 所以DE∥PA.‎ 又因为PA 平面DEF,DE平面DEF,‎ 所以直线PA∥平面DEF.‎ ‎②因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,‎ 所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.‎ 又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,‎ 所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.‎ 又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.‎ 因为AC∩EF=E,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.‎ 题型一 求空间几何体的表面积与体积 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,AE=CF,EF交BD于点H,将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明:AC⊥HD′;‎ ‎(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱锥D′ABCFE的体积.‎ ‎(1)证明 由已知得AC⊥BD,AD=CD,又由AE=CF得=,故AC∥EF,由此得EF⊥HD,折后EF与HD保持垂直关系,即EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解 由EF∥AC得==.‎ 由AB=5,AC=6得DO=BO==4,‎ 所以OH=1,D′H=DH=3,‎ 于是OD′2+OH2=(2)2+12=9=D′H2,‎ 故OD′⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD′,又AC⊥BD,BD∩HD′=H,‎ 所以AC⊥平面DHD′,于是AC⊥OD′,‎ 又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由=得EF=.‎ 五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.‎ 所以五棱锥D′ABCFE的体积 V=××2= 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.‎ ‎ 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=3××2×=9.‎ ‎∴S表=S侧+S底=9+××(2)2‎ ‎=9+6.‎ ‎(2)设正三棱锥P-ABC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.‎ ‎∴VP-ABC=VO-PAB+VO-PBC+VO-PAC+VO-ABC ‎=S侧·r+S△ABC·r=S表·r ‎=(3+2)r.‎ 又VP-ABC=×××(2)2×1=2,‎ ‎∴(3+2)r=2,‎ 得r===-2.‎ ‎∴S内切球=4π(-2)2=(40-16)π.‎ V内切球=π(-2)3=(9-22)π.‎ 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ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.‎ ‎(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;‎ ‎(2)求证:C1F∥平面ABE;‎ ‎(3)求三棱锥E-ABC的体积.‎ ‎(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC.‎ 因为AB平面ABC,‎ 所以BB1⊥AB.‎ 又因为AB⊥BC,BC∩BB1=B,‎ 所以AB⊥平面B1BCC1.‎ 又AB平面ABE,‎ 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.‎ ‎(2)证明 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FG∥AC,且FG=AC.‎ 因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,‎ 所以FG∥EC1,且FG=EC1,‎ 所以四边形FGEC1为平行四边形,‎ 所以C1F∥EG.‎ 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HF∥AB,‎ 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C1H∥AE,‎ 又C1H∩HF=H,AE∩AB=A,‎ 所以平面ABE∥平面C1HF,又C1F平面C1HF,‎ 所以C1F∥平面ABE.‎ ‎(3)解 因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,‎ 所以AB==.‎ 所以三棱锥E-ABC的体积 V=S△ABC·AA1=×××1×2=.‎ 思维升华 (1)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.②证明C1F∥平面ABE:(ⅰ)利用判定定理,关键是在平面ABE中找(作)出直线EG,且满足C1F∥EG.(ⅱ)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,注意进行体积的转化.‎ ‎ 如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,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;‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ 证明 (1)由AS=AB,AF⊥SB知F为SB中点,‎ 则EF∥AB,FG∥BC,又EF∩FG=F,AB∩BC=B,‎ 因此平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)由平面SAB⊥平面SBC,平面SAB∩平面SBC=SB,AF平面SAB,AF⊥SB,‎ 所以AF⊥平面SBC,则AF⊥BC.‎ 又BC⊥AB,AF∩AB=A,则BC⊥平面SAB,‎ 又SA平面SAB,因此BC⊥SA.‎ 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,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,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;‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ ‎(1)证明 在题图1中,连接EC,‎ 因为AB=BC=1,AD=2,‎ ‎∠BAD=,‎ AD∥BC,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CD∥BE,‎ 所以ABCE为正方形,所以BE⊥AC,‎ 即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,且A1O∩OC=O,‎ 从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,‎ 所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)解 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,‎ 又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,‎ 所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角,‎ 所以∠A1OC=.‎ 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A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,‎ 所以B,E,‎ A1,C,‎ 得=,=,‎ ==(-,0,0),‎ 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θ,‎ 则得取n1=(1,1,1);‎ 得取n2=(0,1,1),‎ 从而cos θ=|cosn1,n2|==,‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ 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,不在同一个平面上的性质发生变化.‎ ‎ (2016·深圳模拟)如图(1),四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图(2)折叠,折痕EF∥DC.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MF⊥CF.‎ ‎(1)证明:CF⊥平面MDF;‎ ‎(2)求三棱锥M-CDE的体积.‎ ‎(1)证明 因为PD⊥平面ABCD,AD平面ABCD,‎ 所以PD⊥AD.‎ 又因为ABCD是矩形,CD⊥AD,PD与CD交于点D,‎ 所以AD⊥平面PCD.‎ 又CF平面PCD,‎ 所以AD⊥CF,即MD⊥CF.‎ 又MF⊥CF,MD∩MF=M,所以CF⊥平面MDF.‎ ‎(2)解 因为PD⊥DC,PC=2,CD=1,∠PCD=60°,‎ 所以PD=,由(1)知FD⊥CF,‎ 在直角三角形DCF中,CF=CD=.‎ 如图,过点F作FG⊥CD交CD于点G,‎ 得FG=FCsin 60°=×=,‎ 所以DE=FG=,故ME=PE=-=,‎ 所以MD== =.‎ S△CDE=DE·DC=××1=.‎ 故VM-CDE=MD·S△CDE=××=.‎ 题型四 立体几何中的存在性问题 例4 (2016·邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,D为棱A1B1上的点.‎ ‎(1)证明:DF⊥AE.‎ ‎(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.‎ ‎(1)证明 ∵AE⊥A1B1,A1B1∥AB,‎ ‎∴AE⊥AB.‎ 又∵AA1⊥AB,AA1∩AE=A,‎ ‎∴AB⊥平面A1ACC1.‎ 又∵AC平面A1ACC1,∴AB⊥AC.‎ 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则有A(0,0,0),E(0,1,),F(,,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1).‎ 设D(x,y,z),=λ,且λ∈(0,1),‎ 即(x,y,z-1)=λ(1,0,0),则D(λ,0,1),‎ ‎∴=(-λ,,-1).‎ ‎∵=(0,1,),‎ ‎∴·=-=0,∴DF⊥AE.‎ ‎(2)解 结论: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.‎ 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),则 ‎∵=(-,,),=(-λ,,-1),‎ ‎∴即 令z=2(1-λ),则n=(3,1+2λ,2(1-λ)).‎ ‎∵平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为,‎ ‎∴|cos〈m,n〉|==,‎ 即=,‎ 解得λ=或λ=(舍去),‎ ‎∴存在满足条件的点D,此时D为A1B1的中点.‎ 思维升华 (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.‎ ‎ 如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.‎ ‎(1)证明:B1C1⊥CE;‎ ‎(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;‎ ‎(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,求线段AM的长.‎ ‎(1)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).‎ 易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.‎ ‎(2)解 =(1,-2,-1).‎ 设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),‎ 则即 消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).‎ 由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,CC1∩CE=C,可得B1C1⊥平面CEC1,‎ 故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.‎ 于是cos〈m,〉= ‎==-,从而sin〈m,〉=,‎ 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.‎ ‎(3)解 =(0,1,0),=(1,1,1),设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).‎ 可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则 sin θ=|cos〈,〉|= ‎==,‎ 于是=,解得λ=(负值舍去),‎ 所以AM=.‎ ‎1.(2016·北京顺义区一模)如图所示,已知平面α∩平面β=l,α⊥β.A,B是直线l上的两点,C,D是平面β内的两点,且AD⊥l,CB⊥l,DA=4,AB=6,CB=8.P是平面α上的一动点,且有∠APD=∠BPC,则四棱锥P-ABCD体积的最大值是(  )‎ A.48 B.16 C.24 D.144‎ 答案 C 解析 由题意知,△PAD,△PBC是直角三角形,‎ 又∠APD=∠BPC,所以△PAD∽△PBC.‎ 因为DA=4,CB=8,所以PB=2PA.‎ 作PM⊥AB于点M,由题意知,PM⊥β.‎ 令AM=t(00知∠EHG是锐角,由∠EHG>30°,‎ 得tan∠EHG>tan 30°,‎ 即k>.‎ 故k的取值范围为k>.‎ ‎9.(2016·铁岭模拟)如图所示,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形,AC=BC=4,四边形ABDE是直角梯形,BD∥AE,BD⊥BA,BD=AE=2,O,M分别为CE,AB的中点.‎ ‎(1)求证:OD∥平面ABC;‎ ‎(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值;‎ ‎(3)能否在EM上找一点N,使得ON⊥平面ABDE?若能,请指出点N的位置,并加以证明;若不能,请说明理由.‎ ‎(1)证明 如图,取AC中点F,连接OF,FB.‎ ‎∵F是AC中点,O为CE中点,‎ ‎∴OF∥EA且OF=EA.‎ 又BD∥AE且BD=AE,‎ ‎∴OF∥DB且OF=DB,‎ ‎∴四边形BDOF是平行四边形,∴OD∥FB.‎ 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ABC=AB,DB平面ABDE,且BD⊥BA,‎ ‎∴DB⊥平面ABC.‎ ‎∵BD∥AE,∴EA⊥平面ABC.‎ 又△ABC是等腰直角三角形,且AC=BC,‎ ‎∴∠ACB=90°,‎ ‎∴以C为原点,分别以CA,CB所在直线为x,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.‎ ‎∵AC=BC=4,∴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).‎ 设平面ODM的法向量为n=(x,y,z),‎ 则由n⊥,n⊥,可得 令x=2,得y=1,z=1,∴n=(2,1,1).‎ 设直线CD和平面ODM所成角为θ,‎ 则sin θ== ‎==.‎ ‎∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为.‎ ‎(3)解 当N是EM中点时,ON⊥平面ABDE.‎ 由(2)设N(a,b,c),‎ ‎∴=(a-2,b-2,c),=(4-a,-b,4-c).‎ ‎∵点N在ME上,∴=λ,‎ 即(a-2,b-2,c)=λ(4-a,-b,4-c),‎ ‎∴解得 ‎∴N(,,).‎ ‎∵=(0,0,2)是平面ABC的一个法向量,‎ ‎∴⊥,∴=2,解得λ=1.‎ ‎∴=,即N是线段EM的中点,‎ ‎∴当N是EM的中点时,ON⊥平面ABDE.‎

相关文档