高考中的立体几何问题

高考专题突破四 高考中的立体几何问题

题型一 平行、垂直关系的证明

例1 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点.

(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积.

(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AB .

又因为AB ⊥BC ，BC ∩BB 1＝B ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1. 又AB ⊂平面ABE ，

所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.

(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A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝1

2AC .

因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1， 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .

又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .

方法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，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A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1∥AH ，且EC 1＝AH ， 所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，

又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .

(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积

V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.

思维升华 (1)平行问题的转化

利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.

(2)垂直问题的转化

在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本

作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.

跟踪训练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.

(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .

证明 (1)以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1).

∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →

＝(1,0,0). ∵EF →

＝－12AB →，

∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，

又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB . (2)由(1)可知，

AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →

＝(1,0,0)， ∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .

又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面P AD ， ∴DC ⊥平面P AD .

∵DC⊂平面PDC，

∴平面P AD⊥平面PDC.

题型二立体几何中的计算问题

命题点1求线面角

例2(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC ＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；

(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.

方法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，

故AB1⊥A1B1.

由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，

得B1C1＝ 5.

由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2 3.

由CC1⊥AC，得AC1＝13，

所以AB21＋B1C21＝AC21，

故AB1⊥B1C1.

又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，

所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1，

得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.

由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos ∠C 1A 1B 1＝427，sin ∠C 1A 1B 1＝77

， 所以C 1D ＝3，

故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝39

13

.

因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是

3913

. 方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .

由题意知各点坐标如下：

A (0，－3，0)，

B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，

C 1(0，3，1). 因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1—→

＝(0,23，－3). 由AB 1→·A 1B 1—→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1—→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.

又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.

(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知

AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→

＝(0,0,2). 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧

n ·AB →＝0，n ·

BB 1→＝0，得⎩⎨⎧

x ＋3y ＝0，2z ＝0，

可取n ＝(－3，1,0).