高考数学专题复习练习：高考专题突破四　高考中的立体几何问题 21页

　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．③④B．①③C．②③D．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(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是(　　)\nA．20＋3πB．24＋3πC．20＋4πD．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．(2017·沈阳调研)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，\n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.\n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\n＝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，\n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．\n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，所以四边形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，\n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cosθ＝|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．　(2017·深圳月考)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.\n(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＝FCsin60°＝×＝，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\n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Axyz，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：\n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.\n(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sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，于是＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝.\n1．(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．48B．16C．24D．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>tan30°，即k>.故k的取值范围为k>.9．(2017·铁岭调研)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.\n∵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sinθ＝＝＝＝.∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为.\n(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.