专题4-3 专题突破 高考中的立体几何问题-2017年全国高考数学考前复习大串讲

专题4-3 专题突破 高考中的立体几何问题-2017年全国高考数学考前复习大串讲

题型一　求空间几何体的表面积与体积 例1　(1)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为______.‎ ‎(2)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】　(1)12　(2)66‎ 故所求几何体EFC1－DBC的体积为66.‎ ‎【思维升华】　‎ ‎(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和.‎ ‎(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差.求解时注意不要多算也不要少算.‎ ‎【跟踪训练1】　已知球O的直径PQ＝4，A，B，C是球O球面上的三点，△ABC是正三角形，且∠APQ＝∠BPQ＝∠CPQ＝30°，则三棱锥P—ABC的体积为________.‎ ‎【答案】　 题型二　空间点、线、面的位置关系 例2　(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明　连结BD交AC于点O，连结EO.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.‎ 又E为PD的中点，所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)解　因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，‎ 所以AB，AD，AP两两垂直.‎ 如图，‎ 三棱锥E－ACD的体积V＝××××＝.‎ ‎【思维升华】　高考对该部分的考查重点是空间的平行关系和垂直关系的证明，一般以解答题的形式出现，试题难度中等，但对空间想象能力和逻辑推理能力有一定的要求，在试卷中也可能以填空题的方式考查空间位置关系的基本定理在判断线面位置关系中的应用.‎ ‎【跟踪训练2】　(2015·湖南)如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上.‎ ‎(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；‎ ‎(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P-QD-A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积.‎ ‎【解析】　‎ ‎【方法一】　由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.‎ ‎(1)证明　若P是DD1的中点，则P，‎ ‎＝，‎ 又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，‎ 所以⊥，即AB1⊥PQ.‎ ‎【方法二】　(1)证明　如图a，取A1A的中点R，连结PR，BR.‎ 图a　‎ 因为A1A，D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面.‎ 由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，因为AB∩A1A＝A，‎ 所以BC⊥平面ABB1A1，‎ 因为A1A⊥平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，过点M作MN⊥QD于点N，连结PN，则PN⊥QD，∠PNM为二面角P-QD-A的平面角，所以cos∠PNM＝，即＝，从而＝.③‎ 连结MQ，由PQ∥平面ABB1A1及②PM∥平面ABB1A1，PM∩PQ＝P知，平面PQM∥平面ABB1A1，‎ 所以MQ∥AB.‎ 又四边形ABCD是正方形，所以四边形ABQM为矩形，故MQ＝AB＝6.‎ 设MD＝t，则MN＝＝ .④‎ 过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，则四边形AA1D1E为矩形，所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，因此ED＝AD－AE＝3.‎ 于是＝＝＝2，所以PM＝2MD＝2t.‎ 再由③，④得＝，解得t＝2，因此PM＝4.‎ 故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·PM＝××6×6×4＝24. ‎ 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＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角，‎ 所以∠A1OC＝.‎ 图2‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.‎ ‎【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.‎ ‎【跟踪训练3】　(2014·广东)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.‎ 题型四　线面位置关系中的存在性问题 例4　(2014·四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.‎ ‎(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；‎ ‎(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论.‎ 由已知，点O为AC1的中点.‎ 连结MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，‎ 所以MD綊AC，OE綊AC，‎ 因此MD綊OE.‎ 连结OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.‎ 因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，‎ 所以直线DE∥平面A1MC.‎ 即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC. ‎ ‎【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.‎ ‎【跟踪训练4】　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1⊂平面AA1C1C，∴AA1⊥平面ABC.‎ 题型五　空间向量与立体几何 例5　(2015·天津)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点.‎ ‎(1)求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角D1ACB1的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长.‎ ‎【解析】‎ ‎　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2， 0,0)，D(1，－2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，‎ 得M，N(1，－2,1).‎ ‎ (3)解　依题意，可设＝λ，其中λ∈0,1]，‎ 则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)，又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，‎ 由已知，得|cos〈，n〉|＝‎ ‎＝＝，‎ 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈0,1]，解得λ＝－2，‎ 所以，线段A1E的长为－2. ‎ ‎【思维升华】　用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”.‎ ‎【跟踪训练5】　(2014·北京)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.‎ ‎【解析】‎ ‎ ‎