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文档介绍
【数学】2018届一轮复习人教A版高考专题突破四高考中的立体几何问题学案
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________. 答案 平行 解析 如图取B1C1的中点为F,连结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________. 答案 ②③ 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·无锡模拟)如图,在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在C1D1与C1B1上,且C1E=4,C1F=3,连结EF,FB,DE,BD,则几何体EFC1-DBC的体积为________. 答案 66 解析 如图,连结DF,DC1,那么几何体EFC1-DBC被分割成三棱锥D-EFC1及四棱锥D-CBFC1,那么几何体EFC1-DBC的体积为V=××3×4×6+××(3+6)×6×6=12+54=66. 故所求几何体EFC1-DBC的体积为66. 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 连结AC交BD于点O,连结EO,取VE的中点M,连结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的内切球的球心为O,连结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·扬州模拟)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,连结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,连结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. (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 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A1BCDE. (1)证明:CD⊥平面A1OC; (2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a的值. (1)证明 在题图1中,连结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A1BCDE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A1BCDE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. (2016·苏州模拟)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 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 连结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: 连结BD,则BD经过点O,取BD1的中点G,连结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,然后在这假设条件下,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. (2016·镇江模拟)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,连结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. 连结AD1,AE,D1E, 设AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连结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·连云港模拟)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________. 答案 24 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查看更多
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