【数学】2018届一轮复习人教A版高考中的立体几何问题教案 14页

（浙江专用）2018 版高考数学大一轮复习 高考专题突破五 高考中的 立体几何问题教师用书 1．多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( ) A. 4 3 B．2 C. 8 3 D. 10 3 答案 D 解析 由三视图可知该几何体为一个三棱柱削去一个三棱锥得到的几何体，该三棱柱的体积 为 1 2 ×2×2×2＝4，三棱锥的体积为 1 3 × 1 2 ×2×2×1＝ 2 3 ，所以该几何体的体积为 4－ 2 3 ＝ 10 3 ， 故选 D. 2．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. 3．(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. 4．在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线 CD 与平面 BDC1所成角的正弦值等于 ________． 答案 2 3 解析 以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 设 AA1＝2AB＝2，则 D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC → ＝(0,1,0)，DB → ＝(1,1,0)， DC1 → ＝(0,1,2)． 设平面 BDC1的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n⊥DB → ，n⊥DC1 → ， 则 x＋y＝0， y＋2z＝0， 令 y＝－2，得平面 BDC1的一个法向量为 n＝(2，－2,1)． 设 CD 与平面 BDC1所成的角为θ， 则 sin θ＝|cos〈n，DC → 〉|＝ | n·DC → |n||DC → | | ＝ 2 3 . 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＝ 5 4 ，OD′＝2 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 AE AD ＝ CF CD ，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 OH DO ＝ AE AD ＝ 1 4 . 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2 ＝4， 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3， 于是 OD′2 ＋OH2 ＝(2 2) 2 ＋1 2 ＝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 EF AC ＝ DH DO 得 EF＝ 9 2 . 五边形 ABCFE 的面积 S＝ 1 2 ×6×8－ 1 2 × 9 2 ×3＝ 69 4 . 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V＝ 1 3 × 69 4 ×2 2＝ 23 2 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 6，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 1 3 × 3 2 ×2 6＝ 2， 则正棱锥侧面的斜高为 1 2 ＋ 2 2 ＝ 3. ∴S 侧＝3× 1 2 ×2 6× 3＝9 2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝9 2＋ 1 2 × 3 2 ×(2 6)2 ＝9 2＋6 3. (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 ＝ 1 3 S 侧·r＋ 1 3 S△ABC·r＝ 1 3 S 表·r ＝(3 2＋2 3)r. 又 VP－ABC＝ 1 3 × 1 2 × 3 2 ×(2 6) 2 ×1＝2 3， ∴(3 2＋2 3)r＝2 3， 得 r＝ 2 3 3 2＋2 3 ＝ 2 3 3 2－2 3 18－12 ＝ 6－2. ∴S 内切球＝4π( 6－2) 2 ＝(40－16 6)π. V 内切球＝ 4 3 π( 6－2)3＝ 8 3 (9 6－22)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＝ 1 2 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＝ AC2 －BC2 ＝ 3. 所以三棱锥 E－ABC 的体积 V＝ 1 3 S△ABC·AA1＝ 1 3 × 1 2 × 3×1×2＝ 3 3 . 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． (2016·南京模拟)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 空间角的计算 例 3 (2016·金华十校调研)如图，在矩形 ABCD 中，已知 AB＝2，AD＝4，点 E，F 分别在 AD， BC 上，且 AE＝1，BF＝3，将四边形 AEFB 沿 EF 折起，使点 B 在平面 CDEF 上的射影 H 在直线 DE 上． (1)求证：CD⊥BE； (2)求线段 BH 的长度； (3)求直线 AF 与平面 EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH⊥平面 CDEF，∴BH⊥CD， 又 CD⊥DE，BH∩DE＝H， ∴CD⊥平面 DBE，∴CD⊥BE. (2)解 方法一 设 BH＝h，EH＝k，过 F作 FG 垂直 ED 于点 G， ∵线段 BE，BF 在翻折过程中长度不变，根据勾股定理得 BE2 ＝BH2 ＋EH2 ， BF2 ＝BH2 ＋FH2 ＝BH2 ＋FG2 ＋GH2 ⇒ 5＝h2 ＋k2 ， 9＝2 2 ＋h2 ＋ 2－k 2 ， 解得 h＝2， k＝1， ∴线段 BH 的长度为 2. 方法二 如图，过点 E作 ER∥DC，过点 E作 ES⊥平面 EFCD， 分别以直线 ER，ED，ES 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 设点 B(0，y，z)(y>0，z>0)， 由于 F(2,2,0)，BE＝ 5，BF＝3， ∴ y2 ＋z2 ＝5， 4＋ y－2 2＋z2＝9， 解得 y＝1， z＝2， 于是 B(0,1,2)， ∴线段 BH 的长度为 2. (3)解 方法一 延长 BA 交 EF 于点 M， ∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3， ∴点 A 到平面 EFCD 的距离为点 B 到平面 EFCD 距离的 1 3 ， ∴点 A 到平面 EFCD 的距离为 2 3 ，而 AF＝ 13， 故直线 AF 与平面 EFCD 所成角的正弦值为 2 13 39 . 方法二 由(2)方法二知FB → ＝(－2，－1,2)， 故EA → ＝ 1 3 FB → ＝(－ 2 3 ，－ 1 3 ， 2 3 )， FA → ＝FE → ＋EA → ＝(－ 8 3 ，－ 7 3 ， 2 3 )， 设平面 EFCD 的一个法向量为 n＝(0,0,1)， 直线 AF 与平面 EFCD 所成角的大小为θ， 则 sin θ＝ |FA → ·n| |FA → ||n| ＝ 2 13 39 . (2016·杭州学军中学高三 5 月模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AB⊥PA， AB∥CD，且 PB＝BC＝BD＝ 6，CD＝2AB＝2 2，∠PAD＝120°. (1)求证：平面 PAD⊥平面 PCD； (2)求直线 PD 与平面 PBC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BC＝BD，取 CD 的中点 E，连接 BE， ∴BE⊥CD， ∵AB∥CD，且 CD＝2AB， ∴AB∥DE，且 AB＝DE， ∴四边形 ABED 是矩形， ∴BE∥AD，且 BE＝AD，AB⊥AD， 又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴AB⊥平面 PAD，∴CD⊥平面 PAD， 又∵CD⊂平面 PCD，∴平面 PAD⊥平面 PCD. (2)解 以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y轴，建立空间直角坐标系，如图所示． ∵PB＝BC＝BD＝ 6，CD＝2AB＝2 2，∠PAD＝120°， ∴PA＝ PB2 －AB2 ＝ 6－2＝2， AD＝BE＝ BD2 －AB2 ＝ 6－2＝2， BC＝ BE2 ＋CE2 ＝ 4＋2＝ 6， 则 P(0，－1， 3)，D(0,2,0)，B( 2，0,0)，C(2 2，2,0)， PD → ＝(0,3，－ 3)，BP → ＝(－ 2，－1， 3)， BC → ＝( 2，2,0)． 设平面 PBC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·BC → ＝ 2x＋2y＝0， n·BP → ＝－ 2x－y＋ 3z＝0， 取 x＝ 2，得 n＝( 2，－1， 3 3 )， 设直线 PD 与平面 PBC 所成的角为θ， 则 sin θ＝|cos〈PD → ，n〉|＝ | PD → ·n |PD → ||n| | ＝ | －3－1 12· 10 3 | ＝ 10 5 ， ∴直线 CD 与平面 PBC 所成角的正弦值为 10 5 . 1．(2016·山东牟平一中期末)如图，在四棱柱 ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面 ABCD， E，F，H分别为 AD，CD，DD1的中点，EF 与 BD 交于点 G. (1)证明：平面 ACD1⊥平面 BB1D； (2)证明：GH∥平面 ACD1. 证明 (1)∵BB1⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， ∴AC⊥BB1. 又 AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1， ∴AC⊥平面 BB1D. ∵AC⊂平面 ACD1， ∴平面 ACD1⊥平面 BB1D. (2)设 AC∩BD＝O，连接 OD1. ∵E，F 分别为 AD，CD 的中点， EF∩OD＝G， ∴G为 OD 的中点． ∵H为 DD1的中点，∴HG∥OD1. ∵GH⊄ 平面 ACD1，OD1⊂平面 ACD1， ∴GH∥平面 ACD1. 2．(2016·咸阳模拟)如图，梯形 ABEF 中，AF∥BE，AB⊥AF，且 AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2， 沿 DC 将梯形 CDFE 折起，使得平面 CDFE⊥平面 ABCD. (1)证明：AC∥平面 BEF； (2)求三棱锥 D－BEF 的体积． (1)证明 如图，取 BF 的中点 M，设 AC 与 BD 交点为 O，连接 MO，ME. 由题设知，CE 綊 1 2 DF，MO 綊 1 2 DF， ∴CE 綊 MO，故四边形 OCEM 为平行四边形， ∴EM∥CO，即 EM∥AC. 又 AC⊄ 平面 BEF，EM⊂平面 BEF， ∴AC∥平面 BEF. (2)解 ∵平面 CDFE⊥平面 ABCD，平面 CDFE∩平面 ABCD＝DC，BC⊥DC， ∴BC⊥平面 DEF. ∴三棱锥 D－BEF 的体积为 VD－BEF＝VB－DEF＝ 1 3 S△DEF·BC＝ 1 3 × 1 2 ×2×2×2＝ 4 3 . 3．(2016·宁波高三上学期期末)如图，在多面体 EF－ABCD 中，四边形 ABCD，ABEF 均为直角 梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四边形 DCEF 为平行四边形，平面 DCEF⊥平面 ABCD. (1)求证：DF⊥平面 ABCD； (2)若 BC＝CD＝CE＝ 1 2 AB，求直线 BF 与平面 ADF 所成角的正弦值． (1)证明 由四边形 DCEF 为平行四边形，知 EF∥CD，所以 EF∥平面 ABCD. 又平面 ABEF∩平面 ABCD＝AB，从而有 AB∥CD∥EF. 因为∠ABE＝∠ABC＝90°，所以 AB⊥BE，AB⊥BC， 又因为 BE∩BC＝B，所以 AB⊥平面 BCE， 因为 CE⊂平面 BCE，所以 AB⊥CE. 又四边形 DCEF 为平行四边形，有 DF∥CE， 所以 DC⊥DF， 又因为平面 DCEF⊥平面 ABCD， 平面 DCEF∩平面 ABCD＝DC， 所以 DF⊥平面 ABCD. (2)解 不妨设 BC＝1，则 BC＝CD＝CE＝1，AB＝2， 四边形 ABCD 为直角梯形，连接 BD， 则有 BD＝AD＝ 2， 则 BD⊥AD， 由 DF⊥平面 ABCD，知 DF⊥BD， 因为 DF∩AD＝D，所以 BD⊥平面 FAD， 则∠BFD 即为直线 BF 与平面 ADF 所成角， 在△BFD 中，DF⊥BD，BD＝ 2，DF＝1， 则 BF＝ 3， 所以 sin∠BFD＝ BD DF ＝ 2 3 ＝ 6 3 ， 所以直线 BF 与平面 ADF 所成角的正弦值为 6 3 . 4．(2016·全国乙卷)如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，平面 ABEF 为正方形， AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°. (1)证明：平面 ABEF⊥EFDC； (2)求二面角 E-BC-A 的余弦值． (1)证明 由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F， 所以 AF⊥平面 EFDC， 又 AF⊂平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC. (2)解 过 D 作 DG⊥EF，垂足为 G， 由(1)知 DG⊥平面 ABEF.以 G 为坐标原点，GF → 的方向为 x轴正方向，|GF → |为单位长，建立如图 所示的空间直角坐标系 Gxyz.由(1)知∠DFE 为二面角 D-AF-E 的平面角，故∠DFE＝60°，则 DF＝2，DG＝ 3，可得 A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0， 3)． 由已知，AB∥EF，AB⊄ 平面 EFDC，EF⊂平面 EFDC， 所以 AB∥平面 EFDC， 又平面 ABCD∩平面 EFDC＝CD， 故 AB∥CD，CD∥EF， 由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC， 所以∠CEF 为二面角 CBEF 的平面角，∠CEF＝60°， 从而可得 C(－2,0， 3)． 所以EC → ＝(1,0， 3)，EB → ＝(0,4,0)，AC → ＝(－3，－4， 3)，AB → ＝(－4,0,0)． 设 n＝(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则 n·EC → ＝0， n·EB → ＝0， 即 x＋ 3z＝0， 4y＝0. 所以可取 n＝(3,0，－ 3)． 设 m是平面 ABCD 的法向量，则 m·AC → ＝0， m·AB → ＝0. 同理可取 m＝(0， 3，4)， 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－ 2 19 19 . 故二面角 E-BC-A 的余弦值为－ 2 19 19 . 5．(2016·绍兴期末)如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为梯形，AD∥BC，AB⊥平面 BEC， EC⊥CB，已知 BC＝2AD＝2AB＝2. (1)证明：BD⊥平面 DEC； (2)若二面角 A－ED－B的大小为 30°，求 EC 的长度． (1)证明 因为 AB⊥平面 BEC，所以 AB⊥EC. 又因为 EC⊥BC，AB∩BC＝B，所以 EC⊥平面 ABCD. 因为 BD⊂平面 ABCD，所以 EC⊥BD. 由题意可知，在梯形 ABCD 中，有 BD＝DC＝ 2， 所以 BD2＋DC2＝BC2，所以 BD⊥DC. 又 EC∩CD＝C，所以 BD⊥平面 DEC. (2)解 如图，以点 B 为坐标原点，以 BA 所在直线为 z 轴，BC 所在直线为 y 轴，以过点 B 且 平行于 CE 的直线为 x 轴，建立空间直角坐标系． 设|EC → |＝a>0，则 B(0,0,0)，E(a,2,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，D(0,1,1)． 设平面 AED 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·AD → ＝0， m·ED → ＝0， 即 y＝0， －ax－y＋z＝0， 令 x＝1，得平面 AED 的一个法向量为 m＝(1,0，a)， 设平面 BED 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·BD → ＝0， n·BE → ＝0， 即 y＋z＝0， ax＋2y＝0， 令 x＝2，得平面 BED 的一个法向量为 n＝(2，－a，a)． 又二面角 A－ED－B 的大小为 30°， 所以 cos 30°＝| m·n |m||n| |＝ 2＋a2 a2 ＋1· 2a2 ＋4 ＝ 3 2 ， 得 a＝1，所以 EC＝1.