2015高考數(shù)學(xué)（理）（第八章 專題四 高考中的立體幾何問題）一輪復(fù)習(xí)題

1、專題四高考中的立體幾何問題1(2013·廣東)某四棱臺的三視圖如圖所示，則該四棱臺的體積是()A4 B.C.D6答案B解析由三視圖知四棱臺的直觀圖為由棱臺的體積公式得：V(2×21×1)×2.2(2013·課標(biāo)全國)已知m，n為異面直線，m平面，n平面.直線l滿足lm，ln，l，l，則()A且lB且lC與相交，且交線垂直于lD與相交，且交線平行于l答案D解析假設(shè)，由m平面，n平面，則mn，這與已知m，n為異面直線矛盾，那么與相交，設(shè)交線為l1，則l1m，l1n，在直線m上任取一點(diǎn)作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面，所以

2、l1l.3 如圖，點(diǎn)O為正方體ABCDABCD的中心，點(diǎn)E為面BBCC的中心，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，則空間四邊形DOEF在該正方體的各個面上的投影不可能是()答案D解析空間四邊形DOEF在正方體的面DCCD上的投影是A；在面BCCB上的投影是B；在面ABCD上的投影是C，故選D.4平行六面體ABCDA1B1C1D1中，向量、兩兩的夾角均為60°，且|1，|2，|3，則|等于()A5 B6 C4 D8答案A解析，2()22222··2··2··9142×3×1×2×3×2×

3、;2×1×2×25，|5.故選A.5如圖，四棱錐PABCD的底面是一直角梯形，ABCD，BAAD，CD2AB，PA底面ABCD，E為PC的中點(diǎn)，則BE與平面PAD的位置關(guān)系為_答案平行解析取PD的中點(diǎn)F，連接EF，在PCD中，EF綊CD.又ABCD且CD2AB，EF綊AB，四邊形ABEF是平行四邊形，EBAF.又EB平面PAD，AF平面PAD，BE平面PAD.題型一空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系例1(2013·山東)如圖，四棱錐PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點(diǎn)(1)求證：CE平面

4、PAD；(2)求證：平面EFG平面EMN.思維啟迪(1)在平面PAD內(nèi)作直線CE的平行線或者利用平面CEF平面PAD證明；(2)MN是平面EFG的垂線證明(1)方法一取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH.又E為PB的中點(diǎn)，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD.所以CE平面PAD.方法二連接CF.因?yàn)镕為AB的中點(diǎn)，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四邊形AFCD為平行四邊形因此CFAD，又CF平面PAD，所以CF平面PAD.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以EFPA.又EF平面PAD，所

5、以EF平面PAD.因?yàn)镃FEFF，故平面CEF平面PAD.又CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因?yàn)镋、F分別為PB、AB的中點(diǎn)，所以EFPA.又因?yàn)锳BPA，所以EFAB，同理可證ABFG.又因?yàn)镋FFGF，EF平面EFG，F(xiàn)G平面EFG.所以AB平面EFG.又因?yàn)镸，N分別為PD，PC的中點(diǎn)，所以MNCD，又ABCD，所以MNAB，所以MN平面EFG.又因?yàn)镸N平面EMN，所以平面EFG平面EMN.思維升華高考對該部分的考查重點(diǎn)是空間的平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明，一般以解答題的形式出現(xiàn)，試題難度中等，但對空間想象能力和邏輯推理能力有一定的要求，在試卷中也可能以選擇題或者填空題的方式考查

6、空間位置關(guān)系的基本定理在判斷線面位置關(guān)系中的應(yīng)用如圖所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90°，M，N分別為A1B，B1C1的中點(diǎn)求證：(1)BC平面MNB1；(2)平面A1CB平面ACC1A.證明(1)因?yàn)锽CB1C1，且B1C1平面MNB1，BC平面MNB1，故BC平面MNB1.(2)因?yàn)锽CAC，且ABCA1B1C1為直三棱柱，故BC平面ACC1A1.因?yàn)锽C平面A1CB，故平面A1CB平面ACC1A1.題型二平面圖形的翻折問題例2如圖1所示，在RtABC中，AC6，BC3，ABC90°，CD為ACB的平分線，點(diǎn)E在線段AC上，CE4.如圖2所示，將BCD沿CD

7、折起，使得平面BCD平面ACD，連接AB，BE，設(shè)點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)(1)求證：DE平面BCD；(2)若EF平面BDG，其中G為直線AC與平面BDG的交點(diǎn)，求三棱錐BDEG的體積思維啟迪(1)翻折前后，ACD內(nèi)各元素的位置關(guān)系沒有變化，易知DEDC，再根據(jù)平面BCD平面ACD可證明DE平面BCD；(2)注意從條件EF平面BDG得線線平行，為求高作基礎(chǔ)(1)證明AC6，BC3，ABC90°，ACB60°.CD為ACB的平分線，BCDACD30°.CD2.CE4，DCE30°，DE2CE2CD22CE·CD·cos 30°4，DE

8、2，則CD2DE2EC2.CDE90°，DEDC.又平面BCD平面ACD，平面BCD平面ACDCD，DE平面ACD，DE平面BCD.(2)解EF平面BDG，EF平面ABC，平面ABC平面BDGBG，EFBG.點(diǎn)E在線段AC上，CE4，點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)，AEEGCG2.如圖，作BHCD于H.平面BCD平面ACD，BH平面ACD.由條件得BH，SDEGSACD×AC·CD·sin 30°，三棱錐BDEG的體積VSDEG·BH××.思維升華平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況一般地

9、翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化(2012·北京)如圖(1)，在RtABC中，C90°，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1FCD，如圖(2)(1)求證：DE平面A1CB.(2)求證：A1FBE.(3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C平面DEQ？說明理由(1)證明因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DEBC.又因?yàn)镈E平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)證明由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.又A1DCDD，所以DE平面A1DC.而A1

10、F平面A1DC，所以DEA1F.又因?yàn)锳1FCD，所以A1F平面BCDE，又因?yàn)锽E平面BCDE，所以A1FBE.(3)解線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C平面DEQ.理由如下：如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，則PQBC.又因?yàn)镈EBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點(diǎn)，所以A1CDP.所以A1C平面DEP.從而A1C平面DEQ.故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C平面DEQ.題型三線面位置關(guān)系中的存在性問題例3如圖，在矩形ABCD中，AB2BC，P、Q分別是線段AB、CD的中點(diǎn)，EP平面A

11、BCD.(1)求證：DP平面EPC；(2)問在EP上是否存在點(diǎn)F，使平面AFD平面BFC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由思維啟迪先假設(shè)EP上存在點(diǎn)F使平面AFD平面BFC，然后推證點(diǎn)F的位置(1)證明EP平面ABCD，EPDP.又ABCD為矩形，AB2BC，P、Q分別為AB、CD的中點(diǎn)，連接PQ，則PQDC且PQDC.DPPC.EPPCP，DP平面EPC.(2)解假設(shè)存在F使平面AFD平面BFC，ADBC，BC平面BFC，AD平面BFC，AD平面BFC.AD平行于平面AFD與平面BFC的交線l.EP平面ABCD，EPAD，而ADAB，ABEPP，AD平面EAB，l平面FAB.AFB為平面

12、AFD與平面BFC所成二面角的平面角P是AB的中點(diǎn)，且FPAB，當(dāng)AFB90°時，F(xiàn)PAP.當(dāng)FPAP，即1時，平面AFD平面BFC.思維升華對于線面關(guān)系中的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在這個假設(shè)下利用線面關(guān)系的性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋求假設(shè)滿足的條件若條件滿足則肯定假設(shè)，若得到矛盾則否定假設(shè)如圖，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD2AB，ADDC，ABDC.(1)求證：D1CAC1；(2)問在棱CD上是否存在點(diǎn)E，使D1E平面A1BD.若存在，確定點(diǎn)E位置；若不存在，說明理由(1)證明在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，連接C1D，DCDD1，四邊形DCC1

13、D1是正方形，DC1D1C.又ADDC，ADDD1，DCDD1D，AD平面DCC1D1，又D1C平面DCC1D1，ADD1C.AD平面ADC1，DC1平面ADC1，且ADDC1D，D1C平面ADC1，又AC1平面ADC1，D1CAC1.(2)解假設(shè)存在點(diǎn)E，使D1E平面A1BD.連接AD1，AE，D1E，設(shè)AD1A1DM，BDAEN，連接MN，平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD，可使MND1E，又M是AD1的中點(diǎn)，則N是AE的中點(diǎn)又易知ABNEDN，ABDE.即E是DC的中點(diǎn)綜上所述，當(dāng)E是DC的中點(diǎn)時，可使D1E平面A1BD.題型四空間向量與立體幾何例4(2012·

14、;大綱全國)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一點(diǎn)，PE2EC.(1)證明：PC平面BED；(2)設(shè)平面APB與平面PBC夾角為90°，求PD與平面PBC所成角的大小思維啟迪利用PA平面ABCD建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求解方法一(1)證明因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BDAC.又PA底面ABCD，所以PCBD.如圖，設(shè)ACBDF，連接EF.因?yàn)锳C2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，F(xiàn)C，從而，.因?yàn)?，F(xiàn)CEPCA，所以FCEPCA，F(xiàn)ECPAC90°.由此知PCEF.因?yàn)镻C與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD，E

15、F都垂直，所以PC平面BED.(2)解在平面PAB內(nèi)過點(diǎn)A作AGPB，G為垂足因?yàn)槠矫鍭PB與平面PBC夾角為90°，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.因?yàn)锽C與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD為正方形，AD2，PD2.設(shè)D到平面PBC的距離為d.因?yàn)锳DBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D兩點(diǎn)到平面PBC的距離相等，即dAG.設(shè)PD與平面PBC所成的角為，則sin .所以PD與平面PBC所成的角為30°.方法二(1)證明以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線

16、AC為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，設(shè)D(，b,0)，其中b>0，則B(，b,0)于是(2，0，2)，從而·0，·0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BED.(2)解(0,0,2)，(，b,0)設(shè)m(x，y，z)為平面PAB的法向量，則m·0，m·0，即2z0且xby0，令xb，則m(b，0)設(shè)n(p，q，r)為平面PBC的法向量，則n·0，n·0，即2p2r0且bqr0，令p1，則r，q，n.因?yàn)槠矫鍭PB與PBC夾角為90°，所以面PA

17、B面PBC，故m·n0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)，所以cosn，所以n，60°.因?yàn)镻D與平面PBC所成角和n，互余，故PD與平面PBC所成的角為30°.思維升華用空間向量求解立體幾何問題，主要是通過建立坐標(biāo)系或利用基底表示向量坐標(biāo)，通過向量的計(jì)算求解位置關(guān)系及角的大小，兩個平面夾角是歷年高考的考查熱點(diǎn)，平面的法向量是解題中的一個重點(diǎn)在如圖所示的幾何體中，底面ABCD為菱形，BAD60°，AA1綊DD1綊CC1BE，且AA1AB，D1E平面D1AC，AA1底面ABCD.(1)求平角ACD1與平面ACE夾角的大?。?2)在D1E上是否存在

18、一點(diǎn)P，使得A1P平面EAC，若存在，求的值，若不存在，說明理由解(1)設(shè)AC與BD交于O，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，設(shè)AB2，則A(，0,0)，B(0，1,0)，C(，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,2)，設(shè)E(0，1，t)，t>0，則(0,2,2t)，(2，0,0)，(，1，2)D1E面D1AC，D1ECA，D1ED1A，解得t3，E(0，1,3)，(，1,3)，設(shè)平面EAC的法向量為m(x，y，z)，則，令z1，y3，m(0,3,1)又平面D1AC的法向量(0,2，1)，cosm，.所以平角ACD1與平面ACE夾角的大小為45°.(2)假設(shè)存在點(diǎn)P滿足

19、題意設(shè)()，得(0，)，(，1,0)(0，)(，1，)A1P平面EAC，m，×03×(1)1×0，解得，故存在點(diǎn)P使A1P面EAC，此時D1PPE32.(時間：80分鐘)1如圖所示，在邊長為5的正方形ABCD中，以A為圓心畫一個扇形，以O(shè)為圓心畫一個圓，M，N，K為切點(diǎn)，以扇形為圓錐的側(cè)面，以圓O為圓錐底面，圍成一個圓錐，求圓錐的全面積與體積解設(shè)圓錐的母線長為l，底面半徑為r，高為h，由已知條件得，解得r，l4，Srlr210，h，Vr2h.2 如圖，在四棱臺ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB2AD，ADA1B1，BAD

20、60°.(1)證明：AA1BD；(2)證明：CC1平面A1BD.證明(1)方法一因?yàn)镈1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以D1DBD.又因?yàn)锳B2AD，BAD60°，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22AD·ABcos 60°3AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.方法二因?yàn)镈1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以BDD1D.如圖，取AB的中點(diǎn)G，連接DG，在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60°，所以ADG為等邊三角形，因此G

21、DGB，故DBGGDB.又AGD60°，所以GDB30°，故ADBADGGDB60°30°90°，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A.又AA1平面ADD1A，故AA1BD.(2)如圖，連接AC，A1C1，設(shè)ACBDE，連接EA1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以ECAC.由棱臺定義及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四邊形A1ECC1為平行四邊形，因此CC1EA.又EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.3 如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，點(diǎn)E在線段AD上，

22、且CEAB.(1)求證：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45°，求四棱錐PABCD的體積(1)證明因?yàn)镻A平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE.因?yàn)锳BAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)解由(1)可知CEAD.在RtECD中，DECD·cos 45°1，CECD·sin 45°1.又因?yàn)锳BCE1，ABCE，所以四邊形ABCE為矩形所以S四邊形ABCDS矩形ABCESECDAB·AECE·DE1×2×1×1.又PA平面ABCD，

23、PA1，所以V四棱錐PABCDS四邊形ABCD·PA××1.4(2012·山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，F(xiàn)C平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求證：BD平面AED；(2)求平面BDF和平面BDC夾角的余弦值(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD是等腰梯形，ABCD，DAB60°，所以ADCBCD120°.又CBCD，所以CDB30°，因此ADB90°，即ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解由(1)知ADBD，

24、所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系不妨設(shè)CB1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(xiàn)(0,0,1)因此，(0，1,1)設(shè)平面BDF的一個法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，所以xyz，取z1，則m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cosm，所以平面BDF和平面BDC夾角的余弦值為.5(2012·北京)如圖1，在RtABC中，C90°，BC3，AC6.D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，且DEBC，DE2，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如圖2.(1)求證：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大?。?3)線段BC上是否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由(1)證明ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DECD，DE平面A1DC.DEA1C.又A1CCD，A1C平面BCDE.(2)解如圖所示，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直