高考数学考点33立体几何中的综合问题试题解读与变式 18页

考点 33：立体几何中的综合问题 【考纲要求】 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】 立体几何综合问题是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计 2018 年 的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】 （一）构造函数在导数问题中的应用 例 1.【2015 广东卷（理）】若空间中 n 个不同的点两两距离都相等，则正整数 n 的取值（ ） A.至多等于 3 B.至多等于 4 C.等于 5 D.大于 5 【答案】B 在空间中，4 个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立； 若 n＞4，由于任三点不共线，当 n=5 时，考虑四个点构成的正四面体， 第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心， 由三角形的两边之和大于三边，故不成立； 同理 n＞5，不成立． 故选：B． 【方法技巧归纳】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意 结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题． 【变式 1】【改编例题条件】【2018 届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点M 是棱长 为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱 AD的中点，点P在面 1 1BCC B 所在的平面内，若平面 1D PM 分别与平面 ABCD和平面 1 1BCC B 所成的锐二面角相等，则点 P到点 1C 的最短距离 是（ ） A. 2 5 5 B. 2 2 C. 1 D. 6 3 【答案】A 【解析】设P在平面 ABCD上的射影为 ',P M 在平面 1 1BBC C上的射影为 'M ，平面 1D PM 与 平面 ABCD和平面 1 1BCC B 成的锐二面角分别为 ,B ，则 1 1 1 ''cos ,cos PM CDP M D PM D PM SS B S S       ， 1' 'cos cos , DP M PM CB S S     ，设 P到 1 'C M 距离为 d，则 1 1 2 55 1 2, 2 2 5 d d      ，即点P在与直线 1 'C M 平行且与直线距离为 2 5 5 的直线 上， P 到 1C 的最短距离为 2 5 5 d  ，故选 A. 【变式 2】【改编例题条件和问法】【2017 届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】如 图，直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 2AA  ， 1AB BC  ， 90ABC  ，外接球的球 心为O，点 E是侧棱 1BB 上的一个动点.有下列判断： ① 直线 AC与直线 1C E是异面直线；② 1AE一定不垂直 1AC ； ③ 三棱锥 1E AAO 的体积为定值； ④ 1AE EC 的最小值为2 2 . 其中正确的个数是 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】如图， ∵直线 AC经过平面 BCC1B1内的点 C,而直线 C1E 在平面 BCC1B1内不过 C,∴直线 AC与直线 C1E 是 异面直线，故①正确； 当 E 与 B 重合时,AB1⊥A1B,而 C1B1⊥A1B,∴A1B⊥平面 AB1C1,则 A1E 垂直 AC1，故②错误； 由题意知,直三棱柱 ABC−A1B1C1的外接球的球心为O是 AC1 与 A1C 的交点,则△AA1O的面积为定 值,由 BB1∥平面 AA1C1C， ∴E 到平面 AA1O 的距离为定值,∴三棱锥 E−AA1O 的体积为定值，故③正确； 设 BE=x,则 B1E=2−x,∴  22 1 1 1 2AE EC x x      .由其几何意义,即平面内动点 (x,1)与两定点(0,0),(2,0)距离和的最小值知,其最小值为 2 2，故④正确。 ∴正确命题的个数是 3 个。 本题选择 C 选项. （二）立体几何中的体积问题 例 2.【2014 江西卷（理）】如图，四棱锥 ABCDP 中， ABCD为矩形，平面 PAD 平面 ABCD. （1）求证： ;PDAB  （2）若 ,2,2,90  PCPBBPC  问 AB 为何值时，四棱锥 ABCDP 的体积最大？ 并求此时平面 PBC与平面DPC夹角的余弦值. 【解析】 试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故 AB AD，又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD=AD，所以 AB平面 PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为 PD 平面 PAD，所以 AB PD 试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故 AB AD， 又平面 PAD平面 ABCD 平面 PAD平面 ABCD=AD 所以 AB平面 PAD，因为 PD平面 PAD，故 AB PD （2）解：过 P作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG. 故 PO平面 ABCD，BC平面 POG,BC PG 在直角三角形 BPC 中， 2 3 2 6 6, , , 3 3 3 PG GC BG   设 ,AB m ，则 2 2 24 , 3 DP PG OG m    ，故四棱锥 P-ABCD 的体积为 2 21 46 8 6 . 3 3 3 mV m m m       因为 2 2 22 88 6 6( ) 3 3 m m m     故当 6 3 m  时，即 6 3 AB  时，四棱锥的体积 P-ABCD 最大. 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ， 6 6 6 2 6 2 6 6(0,0,0), ( , ,0), ( , ,0), (0, ,0), (0,0, ) 3 3 3 3 3 3 O B C D P 故 6 2 6 6 6( , , ), (0, 6,0), ( ,0,0) 3 3 3 3 PC BC CD       设平面 BPC 的法向量 1 ( , ,1),x yn ，则由 1 PCn  , 1 BCn  得 6 2 6 6 0 3 3 3 6 0 x y y        解得 1, 0,x y  1 (1,0,1),n 同理可求出平面 DPC 的法向量 2 1(0, ,1), 2 n ，从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值为 1 2 1 2 1 10cos . | | | | 512 1 4         n n n n 【方法技巧归纳】1.利用空间向量解决立体几何问题的两种思路 (1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断． (2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题． 2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解 决一些距离、夹角问题． 【变式 1】【改编例题的条件】【2018 届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考】如图（1） 所 示 ， 已 知 四 边 形 SBCD 是 由 Rt SAB 和 直 角 梯 形 ABCD 拼 接 而 成 的 ， 其 中 90SAB SDC   .且点 A为线段 SD的中点， 2 1AD DC  ， 2AB  .现将 SAB 沿 AB进行翻折，使得二面角 S AB C  的大小为 90°，得到图形如图（2）所示，连接 SC， 点 ,E F分别在线段 ,SB SC上. （Ⅰ）证明： BD AF ； （Ⅱ）若三棱锥B AEC 的体积为四棱锥 S ABCD 体积的 2 5 ，求点 E到平面 ABCD的距 离. 【解析】试题分析：（1）推导出 SA⊥AD，SA⊥AB，从而 SA⊥平面 ABCD，进而 SA⊥BD，再求 出 AC⊥BD，由此得到 BD⊥平面 SAC，从而能证明 BD⊥AF．（2）设点 E 到平面 ABCD 的距离为 h， 由 VB﹣AEC=VE﹣ABC，且 2 5 E ABC S ABCD V V    ，能求出点 E 到平面 ABCD 的距离． （2）设点 E到平面 ABCD的距离为 h，因为 B ABC E ABCV V  ，且 2 5 E ABC S ABCD V V    ， 故 5 11 2 1 53 2 1 1 22 1 3 2 ABCD S ABCD E ABC ABC S SAV V S h h              梯形 ， 故 1 2 h  ，做点 E到平面 ABCD的距离为 1 2 . 【变式 2】【改编例题的条件，依据函数零点个数证明不等式】【2018 届安徽省合肥市高三调 研 性 检 测 】 如 图 ， 多 面 体 ABCDEF 中 ， / / ,AD BC AB AD , FA  平 面 , / /ABCD FA DE，且 2 2 2AB AD AF BC DE     . （Ⅰ）M 为线段 EF 中点，求证： / /CM 平面 ABF ； （Ⅱ）求多面体 ABCDEF的体积. 【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明面面平行得到线面平行；（Ⅱ）将多面体 ABCDEF分割成 三棱锥F ABC 和四棱锥C ADEF ，再分别算出它们的体积。它们之和即为所求。 试题解析：（Ⅰ）证明：取 AD中点 N ，由平面 / /CMN 平面 ABF ∴ / /CM 平面 ABF （Ⅱ）  1 1 1 1 82 1 2 1 2 2 2 3 2 3 2 3F ABC C ADEFV V V               【数学思想】 分类讨论思想 1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体 现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方 面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓 分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要 根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和 解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思 想”． 2.分类讨论思想的常见类型 ⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的； ⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； ⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的. 【处理立体几何问题注意点】 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要 证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明 直线 a∥b，只需证明向量 a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来 证明线面平行，仍需强调直线在平面外． 【典例试题演练】 1．【2018 届云南省昆明一中高三第二次月考】正三棱锥 S ABC 中，若三条侧棱两两垂直， 且 3SA  ，则正三棱锥 S ABC 的高为（ ） A. 2 B. 2 C. 3 D. 3 【答案】C 【解析】 因为正三棱锥 S ABC 的侧棱长 SA=3，设点 D 为顶点 S 在底面上的投影，所以 2CD 6,SD =3，解得SD 3 ，所以正三棱锥 S ABC 的高为 3 ，选 C． 2．【2017 年浙江省源清中学 9月高三上学期第一次月考】如图，矩形 ADFE，矩形CDFG， 正方形 ABCD两两垂直，且 2AB  ，若线段DE上存在点P使得GP BP ，则边CG长度 的最小值为（ ） A. 4 B. 4 3 C. D. 2 3 【答案】D 【解析】 以 DA，DC，DF 为坐标轴建立空间坐标系，如图所示： 设 0CG a P x z ，（ ，， ），则 2 x z a  ,即 2 axz  . 又 2 2 0 0 2B G a（ ，，），（ ，， ）， 所以 2, 2, , , 2, . 2 2 ax axBP x GP x a                     2 4 0 2 2 ax axPB PG x x a              . 显然 0x  且 2x  . 所以 2 2 16 4 2 a x x    . 因为  0,2x ，所以  22 0,1x x  . 所以当 22 1x x  ， 2a 取得最小值 12. 所以 a的最小值为 2 3 . 故选 D. 3．【2017 届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中任取一点M ，则满足 90AMB  的概率为（ ） A. 24  B. 12  C. 8  D. 6  【答案】A 【解析】以 AB为直径作球，球在正方体内部的区域体积为 1 4 ππ 4 3 3 V    ，正方体的体积 为8，所以由几何概型得， π 24 P  ，故选 A． 4．【2017 届湖南省长沙市雅礼中学高考模拟】如图，动点P在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的对 角线 1BD 上.过点 P 作垂直于平面 1 1BB D D 的直线，与正方体表面相交于 ,M N .设 ,BP x MN y  ，则函数  y f x 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 5．【2017 届浙江省杭州市高三 4 月教学质量检测】在等腰直角 ABC 中， AB AC ， 2BC  ， M 为 BC中点， N 为 AC中点， D为BC边上一个动点， ABD 沿 AD翻折 使 BD DC ，点 A在面 BCD上的投影为点O，当点D在 BC上运动时，以下说法错误的 是（ ） A. 线段 NO为定长 B. 1, 2CO   C. 180AMO ADB    D. 点O的轨迹是圆弧 【答案】C 【解析】由于 AO 平面 IDC，所以 AO OM ，所以 1 2 OH OM ，同理 1 2 ON OC ， 由图可知O点轨迹为椭圆， CO 长度最小值为 1CM  ，最大值为 2CA  ，所以 C 选项 错误. 6．【2017 届河北省唐山市高三年级第二次模拟】正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 棱长为 6， O点 在棱 BC上，且 2BO OC ，过O点的直线 l与直线 1AA ， 1 1C D 分别交于M ， N 两点， 则MN （ ） A. 3 13 B. 9 5 C. 14 D. 21 【答案】D 【解析】 根 据 题 意 作 图 ， 由 图 可 知 ： 1 1 1 1 1 1 3 C F NC AD ND   ， 1 3NC  ， ∴ 13FN  ， 2 2 1 1 1 1 1 2 13AF AB B F   ， 2 2 7EN EF FN   故 1 1 3 EF EN MA MN   ，∴ 21MN  ，故选 D. 7．【2018 届河北省邢台市高三上学期第一次月考】在Rt ABC 中， AC BC ， 3BC  ， 5AB  ，点D E、 分别在 AC AB、 边上，且 / /DE BC，沿着DE将 ADE 折起至 'A DE 的位置，使得平面 'A DE 平面 BCDE，其中点 'A 为点 A翻折后对应的点，则当四棱锥 'A BCDE 的体积取得最大值时， AD的长为__________. 【答案】 4 3 3 【解析】由勾股定理易得： 4AC  ，设 AD x ，则 4CD x  ， 而△AED∽△ABC，故 3 4 DE x ，四棱锥 'A BCDE 的体积：        31 1 3 13 4 16 0 4 3 2 4 8 V x x x x x x x               ， 求导可得：      21' 16 3 0 4 8 V x x x    ， 当 4 30 3 x  时，    ' 0,V x V x 单调递增； 当 4 3 4 3 x  时，    ' 0,V x V x 单调递减； 故当 4 3 3 x  时，  V x 取得最大值. 8．【2017 届福建省泉州市高三 3 月质量检测】如图，一张 4A 纸的长、宽分别为 2 2 ,2a a． , , ,A B C D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得 1 2 3 4, , ,P P P P 四点重合为一点 P ，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是 __________．（写出所有正确命题的序号） ①该多面体是三棱锥； ②平面 BAD 平面 BCD； ③平面 BAC 平面 ACD； ④该多面体外接球的表面积为 25 a 【答案】①②③④ 9．【2017 届辽宁省沈阳市东北育才学校高三第九次模拟】如图，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，棱长为 1 ，点 P为线段 1AC上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的______． ①当 1 13AC AP   时， 1 / /D P 平面 1BDC ； ②当 1 13AC AP   时， 1AC 平面 1D AP； ③ 1APD 的最大值为90； ④ 1AP PD 的最小值为 2 6 3 . 【答案】①②④ 【解析】 对于①,连结 AB1,B1D1,AD1,则 V A−A1B1D1= 1 3 × 1 2 ×1= 1 6 ， S △AB1D1= 1 2 × 2× 2×sin60∘ = 3 2 ,A1C= 3， 设 A1到平面 AB1D1的距离为 h,则 1 3 × 3 2 ×h= 1 6 ,解得 h= 3 3 ， ∴h= 1 3 A1C. ∴当 1 13AC AP   时,P 为 A1C 与平面 AB1D1的交点。 ∵平面 AB1D1∥平面 BDC1， ∵D1P⊂平面 AB1D1,∴D1P∥平面 BDC1，故①正确； 对于②,由①可知 P∈平面 AB1D1， ∵A1C⊥平面 AB1D1,∴A1C⊥平面 D1AP，故②正确； 对于③,由①可知当 1 13AC AP   时,P 为等边△AB1D1的中心， ∴∠APD1=120 ∘ ，故③错误； 对于④,连结 AC,D1C,则 Rt△A1AC≌Rt△A1D1C,∴AP=D1P， ∴AP 的最小值为 1 1 AA AC A C  = 6 3 ， ∴AP+PD1的最小值为 2 6 3 .故④正确。 故答案为：①②④。 10．【2017 届昭通市高三复习备考统一检测】在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， BD AC O  , M 是线段 1DO上的动点，过M 做平面 1ACD 的垂线交平面 1 1 1 1A BC D 于点 N ，则点 N 到点 A的距离最小值是___________． 【答案】 6 2 【解析】连结 1 1B D ，易知面 1ACD 面 1 1BDD B ，而 1MN ACD ，即 1NM DO ， NM 在面 1 1BDD B 内，且点 N 的轨迹是线段 1 1B D ，连结 1AB ，易知 1 1AB D 是等边三角形，则当 N 为 1 1B D 中点时， NA距离最小，易知最小值为 6 2 11．【2017 届江西师范大学附属中学高三 3 月月考】如右图所示，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， E为棱 1CC 的中点，点 ,P Q分别为面 1 1 1 1A BC D 和线段 1BC上的动点， 则 PEQ 周长的最小值为_______． 【答案】 10 【解析】将面 1 1 1 1A BC D 与面 1 1BBC C折成一个平面，设 E 关于 1 1BC 的对称点为 M，E关于 1BC 对称点为 N,则 PEQ 周长的最小值为 23 1 10MN    . 12．【2018届江西省临川第二中学高三上学期第四次月考】如图，已知四棱锥 ，底面 为菱形， ， ， 平面 ， 分别是 的中点. （1）证明： 平面 ； （2）若 为 的中点时， ，求点 到平面 的距离. 【解析】试题分析：（1）要证明 平面 ，根据线面垂直的判定定理，只需证 与平面 内两条相交直线垂直即可，通过观察题目，易知 ， ，得证；（2）利用等 体积法， ，求得点 到平面 的距离. （1）证明：由四边形 为菱形， ， 可得 ， 为正三角形. 因为 M 为 的中点，所以 . 又 ，因此 . 因为 平面 ， 平面 ， 所以 . 而 ， 所以 平面 . （2） . 则由 ， 13．【2018 届重庆市巴蜀中学高三 9 月高考适应月考】如图，梯形 中， ，矩形 所在的平面与平面 垂直，且 . （Ⅰ）求证：平面 平面 ； （Ⅱ）若 为线段 上一点，直线 与平面 所成的角为 ，求 的最大值. 【解析】试题分析： (Ⅰ)由题意结合几何关系可证得 平面 ，结合面面垂直的判断定理可得平面 平 面 . (Ⅱ)由题意建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可得 . 试题解析： （Ⅰ）证明：如图，取 的中点 ，连接 ， 则 ，所以 ，从而四边形 为平行四边形， 所以 ，从而 . 又因为平面 平面 且平面 平面 ， 所以 平面 .又 平面 ， 所以平面 平面 . 令 ，得平面 的一个法向量为 ， 所以 ， 当 时， ，从而 .