2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量高考专题突破四高考中的立体几何问题学案（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 【考点自测】 1在正三棱柱 ABC A1B1C1中， D 为 BC 的中点， E 为 A1C1的中点，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的中点为 F，连接 EF， DF， 则 EF A1B1， DF B1B， 且 EF DF F， A1B1 B1B B1， 平面 EFD 平面 A1B1BA， DE 平面 A1B1BA. 2设 x， y， z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形： x， y， z 均为直线； x， y 是直线， z

2、 是平面； z 是直线， x， y 是平面； x， y， z 均为平面 其中使 “ x z 且 y z?x y” 为真命题的是 ( ) A B C D 答案 C 解析 由正方体模型可知 为假命题；由线面垂直的性质定理可知 为真命题 3 (2018 届黑龙江海林市朝鲜中学模拟 )已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ( ) =【 ;精品教育资源文库 】 = A 9 4( 2 5) B 10 2( 2 3) C 11 2( 2 5) D 11 2( 2 3) 答案 C 解析 根据三视图还原几何体为一个直四棱柱，两底面为四边形 (左视图 )，其余各侧面为矩形，两底面面积为 2? ?12

3、22 1211 5，四个侧面面积为 22 12 2 5 2 26 2 5 2 2，几何体的表面积为 11 2( 5 2)，故选 C. 4 (2017 天津滨海新区模拟 )如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把 ABD 和 ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： BD AC； BAC 是等边三角形； 三棱锥 D ABC 是正三棱锥； 平面 ADC 平面 ABC. 其中正确的是 ( ) A B C D 答案 B 解析 由题意知， BD 平面 ADC，故 BD AC， 正确； AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高，平面 ABD 平面 ACD，所

4、以 AB AC BC， BAC 是等边三角形， 正确；易知 DA DB DC，又由 知 正确；由 知 错故选 B. 5 (2017 沈阳调研 )设 ， ， 是三个平面， a， b 是两条不同的直线，有下列三个条件： a ， b ； a ， b ； b ， a .如果命题 “ a， b ，且 _，则 a b” 为真命题，则可以在横线处填入的条件是 _ (把所有正确的序号填上 ) 答案 或 解析 由线面平行的性质定理可知， 正确；当 b ， a 时， a 和 b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行， 正确故应填入的条件为 或 . 题型一 求简单几何体的表面积与体积 例 1 (2016 全国 )

5、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 =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)证明： AC HD ； (2)若 AB 5， AC 6， AE 54， OD 2 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 AEAD CFCD，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 OHDO AEAD 14

6、. 由 AB 5， AC 6 得 DO BO AB2 AO2 4， 所以 OH 1， D H DH 3， 于是 OD 2 OH2 (2 2)2 12 9 D H2， 故 OD OH. 由 (1)知 AC HD ，又 AC BD， BD HD H， BD， HD 平面 BHD ， 所以 AC 平面 BHD ，于是 AC OD ， 又由 OD OH， AC OH O， AC， OH 平面 ABC， 所以 OD 平面 ABC. 又由 EFAC DHDO得 EF 92. 五边形 ABCFE 的面积 S 1268 12 923 694. 所以五棱锥 D -ABCFE 的体积 V 13 694 2 2 2

7、3 22 . 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 跟踪训练 1 (2018 乌鲁木齐质检 )正三棱锥的高为 1，底面边长为 2 6，内有一个球与它的四个面都相切 (如图 )求： =【 ;精品教育资源文库 】 = (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

8、距离为 13 32 2 6 2，则正棱锥侧面的斜高为12 ? 2?2 3， S 侧 3 122 6 3 9 2， S 表 S 侧 S 底 9 2 12 32 (2 6)2 9 2 6 3. (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. V 三棱锥 P ABC V 三棱锥 O PAB V 三棱锥 O PBC V 三棱锥 O PAC V 三棱锥 O ABC 13S 侧 r 13S ABC r 13S 表 r (3 2 2 3)r. 又 VP ABC 13 12 32 (2 6)21 2 3， (3 2 2

9、3)r 2 3， 得 r 2 33 2 2 3 2 3?3 2 2 3?18 12 6 2. S 内切球 4( 6 2)2 (40 16 6). V 内切球 43( 6 2)3 83(9 6 22). 题型二 空间点、线、面的位置关系 例 2 (2017 广州五校联考 )如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA PD， BAD 60 ， E 是 AD 的中点，点 Q 在侧棱 PC 上 =【 ;精品教育资源文库 】 = (1)求证： AD 平面 PBE； (2)若 Q 是 PC 的中点，求证： PA 平面 BDQ； (3)若 VP BCDE 2VQ ABCD，试求 CPC

10、Q的值 (1)证明 由 E 是 AD 的中点， PA PD 可得 AD PE. 因为底面 ABCD 是菱形， BAD 60 ， 所以 AB BD，所以 AD BE， 又 PE BE E， PE， BE 平面 PBE， 所以 AD 平面 PBE. (2)证明 连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点， Q 是 PC 的中点， 所以 OQ PA， 又 PA?平面 BDQ， OQ 平面 BDQ， 所以 PA 平面 BDQ. (3)解 设四棱锥 P BCDE， Q ABCD 的高分别为 h1， h2. 所以 V 四棱锥 P BCDE 13S 四边形 BCDEh1， V

11、四棱锥 Q ABCD 13S 四边形 ABCDh2. 又 VP BCDE 2VQ ABCD，且 S 四边形 BCDE 34S 四边形 ABCD， 所以 CPCQ h1h2 83. 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=【 ;精品教育资源文库 】 = 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

12、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 2 如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AB AC， E 是 BC 的中点，求证： (1)平面 AB1E 平面 B1BCC1； (2)A1C 平面 AB1E. 证明 (1)在直三棱柱 ABC A1B1C1中， CC1 平面 ABC. 因为 AE 平面 ABC，所以 CC1 AE. 因为 AB AC， E 为 BC 的中点，所以 AE BC. 因为 BC 平

13、面 B1BCC1， CC1 平面 B1BCC1， 且 BC CC1 C， 所以 AE 平面 B1BCC1. 因为 AE 平面 AB1E， 所以平面 AB1E 平面 B1BCC1. (2)连接 A1B，设 A1B AB1 F，连接 EF. 在直三棱柱 ABC A1B1C1中，四边形 AA1B1B 为平行四边形， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 F 为 A1B 的中点 又因为 E 是 BC 的中点，所以 EF A1C. 因为 EF 平面 AB1E， A1C?平面 AB1E， 所以 A1C 平面 AB1E. 题型三 平面图形的翻折问题 例 3 (2016 全国 ) 如图，菱形 ABCD 的对

14、角线 AC 与 BD 交于点 O， AB 5， AC 6，点 E， F分别在 AD， CD上， AE CF 54， EF交 BD于点 H.将 DEF沿 EF折到 D EF的位置， OD 10. (1)证明： D H 平面 ABCD； (2)求平面 BD A 与平面 D AC 夹角的正弦值 (1)证明 由已知得 AC BD， AD CD. 又由 AE CF 得 AEAD CFCD，故 AC EF. 因此 EF HD，从而 EF D H. 由 AB 5， AC 6 得 DO BO AB2 AO2 4. 由 EF AC 得 OHDO AEAD 14. 所以 OH 1， D H DH 3. 于是 D

15、H2 OH2 32 12 10 D O2，故 D H OH. 又 D H EF，而 OH EF H， 所以 D H 平面 ABCD. (2)解 如图，以 H 为坐标原点， HF， HD， HD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，则 H(0,0,0)， A( 3， 1,0)， B(0， 5,0)， C(3， 1,0)， D(0,0,3) ， AB (3， 4,0)， AC (6,0,0)， AD (3,1,3) 设 m (x1， y1， z1)是平面 ABD 的法向量，则 =【 ;精品教育资源文库 】 = ? m AB 0，m AD 0，即? 3x1 4y1 0，3x1 y1 3z1 0， 所以可取 m (4,3， 5) 设 n (x2， y2， z2)是平面 ACD 的法向量，则 ? n AC 0，n AD 0，即? 6x2