1、高考专题突破五 高考中的立体几何问题,第八章 立体几何与空间向量,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,1,题型分类 深度剖析,PART ONE,题型一 求空间几何体的表面积与体积,师生共研,例1 (1)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为,解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，,(2)(2018浙江省嘉兴市第一中学期中)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA圆O所在平面，且PAAB2，过点A作平面
2、PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥PAEF体积最大时，tanBAC_.,解析 PB平面AEF，AFPB， 又ACBC，APBC，ACAPA，AC，AP平面PAC， BC平面PAC，又AF平面PAC， AFBC，又PBBCB，PB，BC平面PBC， AF平面PBC，AFE90， 设BAC，在RtPAC中，,(1)等积转换法多用来求三棱锥的体积. (2)不规则的几何体可通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.,跟踪训练1 (1)(2018嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是,解析 由三视图得该几何体为一个组合体，上面是棱长为2的正方体
3、，下面是下底为边长为4的正方形、上底为边长为2的正方形的四棱台，,(2)(2018温州高考适应性测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是,解析 由三视图可还原出几何体的直观图，该几何体是由半个圆柱(底面圆的半径为1，高为2)和一个四棱锥(底面为边长是2的正方形，高为1)组成的，如图所示.,题型二 空间点、线、面的位置关系,例2 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点. (1)求证：平面ABE平面B1BCC1；,证明 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC. 因为AB平面ABC，所以BB1AB. 又因
4、为ABBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1. 又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.,师生共研,(2)求证：C1F平面ABE；,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，,因为ACA1C1，且ACA1C1， 所以FGEC1，且FGEC1， 所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1FEG. 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HFAB， 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点， 所以EC1AH，且EC1AH
5、， 所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE， 又C1HHFH，AEABA， 所以平面ABE平面C1HF， 又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.,(3)求三棱锥EABC的体积.,解 因为AA1AC2，BC1，ABBC，,(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
6、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2 如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.,(1)求证：EF平面PAB；,证明 以点A为原点，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
7、，,又AB平面PAB，EF平面PAB， EF平面PAB.,(2)求证：平面PAD平面PDC.,又APADA，AP，AD平面PAD， DC平面PAD. DC平面PDC，平面PAD平面PDC.,题型三 空间角的计算,1.(2018浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为,自主演练,解析 由四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切， 则可以把O1，O2，O3，O4看成正四面体的四个顶点，球的半径为棱长的一半，记球的半径为1， 则正四面体的棱长为2. 平移直线O3O4至O2C位置，过O2C，O1
8、O2的平面截球O1得一个大圆，过O2作大圆的两条切线O2E，O2F， 由线面垂直易证O1O2O2C， 由图可知，当点M运动至切点E时，MO2C最小， 当点M运动至切点F时，MO2C最大， 设EO2O1，,2.(2017浙江)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB， 分别记二面角DPRQ， DPQR，DQRP的平面角为，则 A. B. C. D.,解析 如图，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG， 则DEO，DFO，DGO. 由图可知它们的对边都是DO， 只需比较E
9、O，FO，GO的大小即可. 如图，在AB边上取点P，使AP2PB，连接OQ，OR， 则O为QRP的中心. 设点O到QRP三边的距离为a， 则OGa，OFOQsinOQFOQsinOQPa， OEORsinOREORsinORPa，,.故选B.,3.(2018浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.,(1)证明：AB1平面A1B1C1；,证明 方法一 由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，,由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，,又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B
10、1C1平面A1B1C1， 因此AB1平面A1B1C1.,方法二 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.,又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1， 所以AB1平面A1B1C1.,(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.,解 方法一 如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD. 由AB1平面A1B1C1， 得平面A1B1C1平面ABB1. 由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1， 得C1D平面ABB1. 所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.,方
11、法二 设直线AC1与平面ABB1所成的角为.,设平面ABB1的一个法向量为n(x，y，z).,空间角是高考中的常考内容，线线角和二面角多出现在小题中，线面角多出现在解答题中，主要注意几何法与空间向量法的灵活应用.,题型四 立体几何中的动态问题,自主演练,1.(2018杭州模拟)等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体ABCD的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法： 四面体EBCD的体积有最大值和最小值； 存在某个位置，使得AEBD； 设二面角DABE的平面角为，则DAE； AE的中点M与AB的中点N的连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆. 其中，正确说法的个数是
12、A.1 B.2 C.3 D.4,解析 四面体EBCD的底面BCD的面积为定值，且在旋转的过程中，点E到底面BCD的距离存在最大值和最小值，所以四面体EBCD的体积有最大值和最小值，正确； 设BD的中点为F，则当AE旋转到平面ACF内时，AEBD，正确；,综上所述，正确说法的个数为3，故选C.,2.(2018浙江高考研究联盟联考) 如图，已知正四面体DABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是_.,解析 当点P从点A运动到点B时，二面角DPCB的平面角逐渐增大，二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角，最大趋近于二面角DBCA的平面角的补
13、角. 设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC的中点为E.连接DE，BE，,(1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题. (2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律. (3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置.,2,课时作业,PART TWO,基础保分练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1.(2018绍兴质检)已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是 若m且m，则； 若m且，则m； 若mn，m，n
14、，则； 若mn，n，则m. A.1 B.2 C.3 D.4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 若m，则由线面平行的性质定理知，在内有直线l与m平行，又m，则l，从而，故正确； 若m且，则m或m，故不正确； 若mn，m，则n，又n，所以，故正确； 若mn，n，则m或m，故不正确.故正确的个数为2.,解析 考虑到平行的性质，AB，CC，AD可以用同一顶点处的三条棱替代，如AB，AA，AD，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面所成的角相等， 因此以正方体为依托， 如图，平面ABD(BCD)，ACD(ABC)， ABD(BCD)，ACD(ABC)
15、均符合题意， 所以这样的平面有4个.故选B.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,2.过正方体ABCDABCD的顶点A作平面，使得棱AB，CC，AD在平面上的投影的长度相等，则这样的平面的个数为 A.6 B.4 C.3 D.1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,3.(2018绍兴模拟)九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2
16、,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,4.(2018台州适应性考试)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角NACB的余弦值为,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 易知OBOD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短， 因为ACOB，ACOD，OBODO，OB，OD平面OBD， 所以AC平面BOD，所以ONAC， 又OBAC， 所以BON即二面角NACB的平面角. 因为平面ACD平面ABC，平面ACD
17、平面ABCAC，ODAC， 所以OD平面ABC， 所以ODOB，BOD为等腰直角三角形，所以BON45，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,5.(2018浙江)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则 A.123 B.321 C.132 D.231,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E为AB的中点，S到底面的距
18、离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE， 则SEO1，SEO2，SEO3.,此时tan 2tan 3tan 1，可得231. 当E在AB中点处时，231.故选D.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,6.(2018嘉兴调研)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H.设BGx，x0，1. 四边形EGFH一定是菱形； AC平面EGFH； 四边形EGFH的面积Sf(x)在区间0，1上具有单调性； 四棱锥AEGFH的体积为定值. 以上结论正确的个数是 A.4 B.3
19、C.2 D.1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 由正方体的性质易得D1HBGx， 则四边形A1D1HE、四边形ABGE、四边形CBGF、四边形C1D1HF为四个全等的直角梯形， 则HEEGGFFH，即四边形EGFH为菱形，正确； 因为ACEF，EF平面EGFH，AC平面EGFH， 所以AC平面EGFH，正确； 在线段DD1上取DMx，则易得HMG为直角三角形，且HM12x，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,综上所述，正确结论的个数是3，故选B.,A. B. C. D.,1,2,3,4,5,6,7,
20、8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 易知二面角BPQR的平面角的补角就是二面角APQR的平面角，二面角CQRP的平面角的补角就是二面角AQRP的平面角，二面角DPRQ的平面角的补角就是二面角APRQ的平面角. 易得二面角APQR的平面角二面角AQRP的平面角二面角APRQ的平面角，即.故选C.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,8.如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进
21、行翻折，给出四个结论： DFBC； BDFC； 平面DBF平面BFC； 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),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 因为BCAD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234，可使条件满足，所以正确； 当点P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确； 因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平面BFC不成立，即错误.故答案为.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1
22、0,11,12,13,14,15,16,9.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为， 则cos 的最大值为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 以A点为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，,设M(0，y，1)(0y1)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,令t1y，则y1t， 0y1，0t1，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,
23、12,13,14,15,16,又z9x28x4在1，)上单调递增， x1时，zmin5，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,10.(2009浙江)如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将AFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC.在 平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足.设AKt，则t的取值范围是_.,解析 如图，在平面ADF内过D作DHAF，垂足为H，连接HK.过F点作FPBC交AB于点P.,设DFx，则12. 平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DKABD，DK平面AB
24、C，又AF平面ABC，DKAF. 又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH， AF平面DKH，AFHK，即AHHK.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,ADF和APF都是直角三角形，PFAD， RtADFRtAPF，APDFx. AHDADF，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,11.(2017浙江)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点. (1)证明：CE平面PAB；,证明 如图，设PA的中点为F，连接EF，FB. 因
25、为E，F分别为PD，PA的中点，,所以EFBC且EFBC， 所以四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF. 因为BF平面PAB，CE平面PAB， 因此CE平面PAB.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解 分别取BC，AD的中点为M，N， 连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点， 所以Q为EF的中点， 在平行四边形BCEF中，MQCE. 由PAD为等腰直角三角形得PNAD.,所以AD平面PB
26、N. 由BCAD得BC平面PBN， 那么平面PBC平面PBN.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影， 所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角. 设CD1.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,12.(2018浙江重点中学联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1h(h0).,(1)证明：BC1平面AB
27、1D；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明 方法一 如图1，连接A1B，交AB1于点E，连接DE， 则DE是A1BC1的中位线， 所以DEBC1. 又DE平面AB1D，BC1平面AB1D， 所以BC1平面AB1D. 方法二 如图2，取AC的中点F，连接BF，C1F，DF. 因为AFDC1，且AFDC1， 所以四边形AFC1D是平行四边形，故ADFC1. 又FC1平面BFC1，AD平面BFC1， 所以AD平面BFC1.,图1,图2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,因为DFB1B，且DFB1B，所以四边形
28、DFBB1是平行四边形，故DB1FB. 又FB平面BFC1，DB1平面BFC1， 所以DB1平面BFC1. 又ADDB1D，AD，DB1平面ADB1， 所以平面ADB1平面BFC1. 又BC1平面BFC1， 故BC1平面AB1D.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解 方法一 取A1B1的中点H，连接C1H，BH. 因为A1B1C1与ABC都是正三角形，所以C1HA1B1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1平面A1B1C1，平面ABB1A1平面A1B1C1A
29、1B1， 又C1H平面A1B1C1，故C1H平面ABB1A1. 所以C1BH就是BC1与平面ABB1A1所成的角，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,方法二 以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图3所示，,图3,易得平面ABB1A1的一个法向量为n(0，1，0).,技能提升练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,13.(2018绍兴市适应性考试)如图，在ABC中，ACB90，CAB，M为AB的中点.将ACM沿着CM翻折至AC
30、M，使得AMMB，则的取值不可能为,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 如图，设点A在平面BMC上的射影为A， 则由题意知，点A在直线CM的垂线AA上.要使AMMB， 则AMMB，所以只需考虑其临界情况， 即当AMMB时，点A与点A关于直线CM对称，,又AMMC，所以AMC是以MAC为底角的等腰三角形，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,14. (2018温州高考适应性测试)已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动时，点H运动的轨迹 A.是圆 B.是椭圆 C
31、.是抛物线 D.不是平面图形,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设在定圆内过点B的直径与圆的另一个交点为点D，过点B作AD的垂线，垂足为点E，连接EH，CD. 因为BD为定圆的直径， 所以CDBC，又因为AB垂直于定圆所在的平面，所以CDAB， 又因为ABBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH， 又因为BHAC，ACCDC， 所以BH平面ACD， 所以BHEH，所以动点H在以BE为直径的圆上， 即点H的运动轨迹为圆，故选A.,拓展冲刺练,15,15.(2018浙江省镇海中学模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正
32、三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,16,15,解析 取D，D1分别为AC，A1C1的中点，连接DD1，DB， 根据题意以D为原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，点M在侧棱AA1上， 设M(0，1，a)，点N在BB1上，,设Q(0，1，c)，不妨设cba，,因为MNQ为直角三角形，由cba，得MNQ为直角，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,16,1,2,3
33、,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,当且仅当abbc时取等号，故选D.,16,16.已知三棱锥PABC中，点P在底面ABC上的投影正好在等腰直角三角形ABC的斜边AB上(不包含两端点)，点P到底面ABC的距离等于等腰直角三角形ABC的斜边AB的长.设平面PAC与底面ABC所成的角为，平面PBC与底面ABC 所成的角为，则tan()的最小值为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析 设点P在底面ABC上的投影为H，连接PH，则PH平面ABC. 过H作HMAC于M，HNBC于N，连接PM，PN，则PMH，PNH.,因为ABC为等腰直角三角形，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,
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