高考专题突破四高考中的立体几何问题
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考专题突破四高考中 的立体几何问题
2020/9/25
1．正三棱柱ABCA1B1C1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
Biblioteka Baidu
B．平行
C．垂直相交
D．不确定
【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. 【答案】 B
(1)证明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱锥MCDE的体积．
【解析】 (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)因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，
4．(2019·全国Ⅱ卷)长方体的长、宽、高分别为3，2，1， 其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
题型一 求空间几何体的表面积与体积 【例1】 (2019·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．
【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.
【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．
【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．
跟踪训练3 (2018·桂林调研)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.
【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．(2018·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 C．20＋4π
B．24＋3π D．24＋4π
3．(2019·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这 四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
【解析】 A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC 的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交， ∴直线AB与平面MNQ相交． B项，作如图②所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ. 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
C项，作如图③所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ. 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ. 又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ.故选A. 【答案】 A
(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．
跟踪训练2 如图，在三棱锥SABC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.
(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．
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)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，
【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．
跟踪训练4
如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱
A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，
AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．
【解析】 (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)．
【解析】 (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB. 又AD⊥AB，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD， 又PD⊂平面PAD， ∴PD⊥AB. ∵AP＝AD且E为PD的中点， ∴AE⊥PD，又AE∩AB＝A， ∴PD⊥平面ABE.
题型二 空间点、线、面的位置关系
题型四 立体几何中的存在性问题
【例4】 (2018·邯郸模拟)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝ AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D 为棱A1B1上的点．
【解析】 (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，
【证明】 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1， 由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC， 因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C. 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1， 所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以A1E⊥BD. 因为B1D1∥BD， 所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1. 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E， 所以B1D1⊥平面A1EM. 又B1D1⊂平面B1CD1， 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
【例2】 (2019·山东高考)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去 三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平 面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1； (2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
2020/9/25
1．正三棱柱ABCA1B1C1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
Biblioteka Baidu
B．平行
C．垂直相交
D．不确定
【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. 【答案】 B
(1)证明：CF⊥平面MDF； (2)求三棱锥MCDE的体积．
【解析】 (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)因为PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，
4．(2019·全国Ⅱ卷)长方体的长、宽、高分别为3，2，1， 其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
题型一 求空间几何体的表面积与体积 【例1】 (2019·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．
【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.
【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．
【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．
跟踪训练3 (2018·桂林调研)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.
【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．(2018·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 C．20＋4π
B．24＋3π D．24＋4π
3．(2019·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这 四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
【解析】 A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC 的中点，则QD∥AB.
∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交， ∴直线AB与平面MNQ相交． B项，作如图②所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ. 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.
C项，作如图③所示的辅助线，则 AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ. 又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ. 又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ.故选A. 【答案】 A
(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．
跟踪训练2 如图，在三棱锥SABC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.
(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．
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)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，
【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．
跟踪训练4
如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱
A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，
AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．
【解析】 (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)．
【解析】 (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB. 又AD⊥AB，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD， 又PD⊂平面PAD， ∴PD⊥AB. ∵AP＝AD且E为PD的中点， ∴AE⊥PD，又AE∩AB＝A， ∴PD⊥平面ABE.
题型二 空间点、线、面的位置关系
题型四 立体几何中的存在性问题
【例4】 (2018·邯郸模拟)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝ AB＝AC＝1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D 为棱A1B1上的点．
【解析】 (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，
【证明】 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1， 由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC， 因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C. 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1， 所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以A1E⊥BD. 因为B1D1∥BD， 所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1. 又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E， 所以B1D1⊥平面A1EM. 又B1D1⊂平面B1CD1， 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
【例2】 (2019·山东高考)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去 三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平 面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1； (2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.