版高考数学复习高考专题突破四高考中的立体几何问题文新人教版

2018版高考数学复习高考专题突破四高考中的立体几何问题文新人教版本文简介：2018版高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题文新人教版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∥B

2018版高考数学复习高考专题突破四高考中的立体几何问题文新人教版本文内容：

2018版高考数学大一轮复习

高考专题突破四

高考中的立体几何问题

文

新人教版

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(侧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.如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形，E、F分别为侧棱VC、VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则＝________.

答案

2

解析

连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，

∵VC＝3EC，∴VM＝ME＝EC，

又AO＝CO，∴AM∥EO，

又EO?平面BDE，

∴AM∥平面BDE，

又AF∥平面BDE，AM∩AF＝A，

∴平面AMF∥平面BDE，

又MF?平面AMF，∴MF∥平面BDE，

又MF?平面VBC，平面VBC∩平面BDE＝BE，

∴MF∥BE，∴VF＝FB，∴＝2.

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＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36，求a的值．

(1)证明

在题图1中，连接EC，

因为AB＝BC＝AD＝a，∠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⊥A1O，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，

且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，

又由(1)知，A1O⊥BE，

所以A1O⊥平面BCDE，

即A1O是四棱锥A1-BCDE的高，

由题图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，

从而四棱锥A1-BCDE的体积为

V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，

由a3＝36，得a＝6.

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.

(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

(2016·四川双流中学月考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BMD1N与棱CC1，AA1分别交于点M，N，且M，N均为中点．

(1)求证：AC∥平面BMD1N.

(2)若AD＝CD＝2，DD1＝2，O为AC的中点．BD1上是否存在动点F，使得OF⊥平面BMD1N？若存在，求出点F的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．

(1)证明

连接MN.

因为M，N分别为CC1，AA1的中点，所以AN＝AA1，CM＝CC1.

又因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，

所以AN∥CM，且AN＝CM，

所以四边形ACMN为平行四边形，所以AC∥MN.

因为MN?平面BMD1N，AC?平面BMD1N，

所以AC∥平面BMD1N.

(2)解

当点F满足D1F＝3BF时，OF⊥平面BMD1N，证明如下：

连接BD，则BD经过点O，取BD1的中点G，连接OF，DG，

又D1F＝3BF，所以OF为三角形BDG的中位线，

所以OF∥DG.

因为BD＝2＝DD1，且G为BD1的中点，

所以BD1⊥DG，所以BD1⊥OF.

因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD.

又DD1⊥底面ABCD，所以AC⊥DD1，

又BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，

又OF?平面BDD1，所以AC⊥OF.

由(1)知AC∥MN，所以MN⊥OF.

又MN，BD1是平面四边形BMD1N的对角线，所以它们必相交，

所以OF⊥平面BMD1N.

思维升华

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．

如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.

(1)求证：D1C⊥AC1；

(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由．

(1)证明

在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，

连接C1D，

∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，

∴DC1⊥D1C.

又AD⊥DC，AD⊥DD1，

DC∩DD1＝D，

∴AD⊥平面DCC1D1，

又D1C?平面DCC1D1，

∴AD⊥D1C.

∵AD?平面ADC1，DC1?平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，

又AC1?平面ADC1，∴D1C⊥AC1.

(2)解

假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.

连接AD1，AE，D1E，

设AD1∩A1D＝M，

BD∩AE＝N，连接MN，

∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，

要使D1E∥平面A1BD，

可使MN∥D1E，

又M是AD1的中点，则N是AE的中点．

又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.

即E是DC的中点．

综上所述，当E是DC的中点时，

可使D1E∥平面A1BD.

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(0

所以PA2＝12－4t.

所以PM＝，即为四棱锥P－ABCD的高，

又底面ABCD为直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36.

所以V＝×36×＝12≤12×＝24.

2．(2016·江西赣中南五校第一次联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(

)

A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β

B．若m∥n，m?α，n?β，则α∥β

C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β

D．若m∥n，m∥α，则n∥α

答案

C

解析

对于A，若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或相交；对于B，若m∥n，m?α，n?β，则α∥β或相交；对于D，若m∥n，m∥α，则n∥α或n?α.故选C.

3．(2016·唐山模拟)如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，连接BD，AC1，B1D1，CD1，B1C，现有以下几个结论：①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③CB1与BD为异面直线．其中所有正确结论的序号为________．

答案

①②③

解析

由题意可知，BD∥B1D1，

又B1D1?平面CB1D1，BD?平面CB1D1，

所以BD∥平面CB1D1，①正确；

易知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，

又B1D1∩B1C＝B1，

所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；

由异面直线的定义可知③正确．

4.如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：

①DF⊥BC；

②BD⊥FC；

③平面DBF⊥平面BFC；

④平面DCF⊥平面BFC.

在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号)

答案

②③

解析

因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP?平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．故答案为②③.

5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当＝______时，D1E⊥平面AB1F.

答案

1

解析

如图，连接A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影．

∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，

又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF.

连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影，

∴D1E⊥AF?DE⊥AF.

∵ABCD是正方形，E是BC的中点，

∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，

即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F，

∴＝1时，D1E⊥平面AB1F.

6．(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DF，MO綊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＝S△DEF·BC＝××2×2×2＝.

7．(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.

8．(2016·北京东城区一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，AB＝2，∠BAD＝60°，M是PD的中点．

(1)求证：OM∥平面PAB；

(2)求证：平面PBD⊥平面PAC.

(3)当三棱锥C－PBD的体积等于时，求PA的长．

(1)证明

因为在△PBD中，O，M分别是BD，PD的中点，

所以OM∥PB.

又OM?平面PAB，PB?平面PAB，

所以OM∥平面PAB.

(2)证明

因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.

因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

所以PA⊥BD.

又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.

又BD?平面PBD，

所以平面PBD⊥平面PAC.

(3)解

因为底面ABCD是菱形，且AB＝2，

∠BAD＝60°，

所以S△BCD＝.

又VC－PBD＝VP－BCD，三棱锥P－BCD的高为PA，

所以××PA＝，解得PA＝.

9．(2016·大连测试)如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′中，平面BCC′B′⊥底面ABC，BB′⊥AC，底面ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝3，E，F分别在棱AA′，CC′上，且AE＝C′F＝2.

(1)求证：BB′⊥底面ABC；

(2)在棱A′B′上找一点M，使得C′M∥平面BEF，并给出证明．

(1)证明

如图，取BC的中点O，连接AO，

∵三角形ABC是等边三角形，

∴AO⊥BC.

∵平面BCC′B′⊥底面ABC，AO?平面ABC，平面BCC′B′∩平面ABC＝BC，

∴AO⊥平面BCC′B′.

又BB′?平面BCC′B′，

∴AO⊥BB′.

又BB′⊥AC，AO∩AC＝A，

AO?平面ABC，AC?平面ABC，

∴BB′⊥底面ABC.

(2)解

显然点M不是点A′，B′，若棱A′B′上存在一点M，使得C′M∥平面BEF，

过点M作MN∥AA′交BE于N，连接FN，MC′，如图，

∴MN∥C′F，即C′M和FN共面，

又平面MNFC′∩平面BEF＝FN，∴C′M∥FN，

∴四边形C′MNF为平行四边形，∴MN＝2，

∴MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点．

故当M为A′B′的中点时，C′M∥平面BEF.