（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 专题突破五 高考中的立体几何问题讲义（含解析）.docx

高考专题突破五高考中的立体几何问题题型一求空间几何体的表面积与体积例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()A.164B.164C.204D.204答案D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，可得其表面积为S52242204，故选D.(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PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥PAEF体积最大时，tanBAC_.答案解析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，AF.在RtPAB中，AEPE，EF，V三棱锥PAEFAFEFPEAF，当AF1时，三棱锥PAEF的体积取最大值，此时1，且090，cos，sin，tan.思维升华(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()A.3624B.3612C.4024D.4012答案B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，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，则其表面积为5224423612，故选B.(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()A.B.C.D.答案A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.故该几何体的体积V122221.故选A.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；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积.(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因为AB平面ABC，所以BB1AB.又因为ABBC，BCBB1B，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，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.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，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)解因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.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；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明(1)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，E，F，(1，0，0).，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(0，0，1)(1，0，0)0，(0，2，0)(1，0，0)0，即APDC，ADDC.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()A.B.C.D.答案C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，O1O2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，则MO2C.在RtEO2O1中，sin，则，即直线O2M与直线O3O4所成角，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为，故选C.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，2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则()A.B.C.D.答案B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EO，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，OFOGOE，.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；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.方法一(1)证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.(2)解如图，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.由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)证明如图，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.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1，0，0)，A1(0，4)，B1(1，0，2)，C1(0，1).因此(1，2)，(1，2)，(0，2，3).由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0，2，1)，(1，0)，(0，0，2).设平面ABB1的一个法向量为n(x，y，z).由得可取n(，1，0).所以sin|cos，n|.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.思维升华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()A.1B.2C.3D.4答案C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；当点E旋转到ABD内时，二面角DABE的大小为0，DAE，此时DAE不成立，错误；由题意得点P的轨迹为以MN为母线，AB为轴的圆锥面与平面BCD的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为，在正四面体ABCD中易得直线AB与平面BCD所成的角满足，所以圆锥面与平面BCD的交线为椭圆，即点P的轨迹为椭圆，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_.答案解析当点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，易知DEB为二面角DACB的平面角，DEBE，所以cosDEB，同理二面角DBCA的平面角的补角的余弦值为，故二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是.思维升华 (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.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，则；若mn，n，则m.A.1B.2C.3D.4答案B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2.2.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.6B.4C.3D.1答案B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)均符合题意，所以这样的平面有4个.故选B.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()A.2B.24C.44D.46答案C解析由题可得，该几何体是底面为等腰直角三角形，直角边长为，高为2的直三棱柱，所以其侧面包括一个边长为2的正方形及两个长和宽分别为2和的长方形，所以其侧面积为S222244，故选C.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()A.0B.C.D.答案C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，所以二面角NACB的余弦值为.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.123B.321C.132D.231答案D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到底面的距离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意，得tan1，tan2，tan31，此时tan2tan3tan1，可得231.当E在AB中点处时，231.故选D.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.4B.3C.2D.1答案B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，则GH，则菱形EGFH的面积Sf(x)EFGH，易得其在上单调递减，在上单调递增，在0，1上不具有单调性，错误；V四棱锥AEGFHV三棱锥AEFHV三棱锥AEGFV三棱锥FAEHV三棱锥FAEG1111，为定值，正确.综上所述，正确结论的个数是3，故选B.7.如图，在正四面体ABCD中，P，Q，R分别为AB，AC，AD上的点，2，3，记二面角BPQR，CQRP，DPRQ的平面角分别为，则()A.B.C.D.二面角AQRP的平面角二面角APRQ的平面角，即.故选C.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)答案解析因为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.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_.答案解析以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AB1，则，E，设M(0，y，1)(0y1)，则，cos，.则cos|cos，|，令t1y，则y1t，0y1，0t1，那么cos，令x，0t1，x1，那么cos，又z9x28x4在1，)上单调递增，x1时，zmin5，此时cos的最大值为.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_.答案解析如图，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FAB，则cos.设DFx，则12.平面ABD平面ABC，平面ABD平面ABCAB，DKAB，DKABD，DK平面ABC，又AF平面ABC，DKAF.又DHAF，DKDHD，DK，DH平面DKH，AF平面DKH，AFHK，即AHHK.在RtADF中，AF，DH.ADF和APF都是直角三角形，PFAD，RtADFRtAPF，APDFx.AHDADF，cos.x.1x2，12，t0).(1)证明：BC1平面AB1D；(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值.(1)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，图1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.图2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.因为DFB1B，且DFB1B，所以四边形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.(2)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A1B1C1A1B1，又C1H平面A1B1C1，故C1H平面ABB1A1.所以C1BH就是BC1与平面ABB1A1所成的角，即C1BH.在RtC1BH中，BC12HC12，在RtBCC1中，BC1.所以2，解得h2.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则B(1，0，0)，C1(0，h).易得平面ABB1A1的一个法向量为n(0，1，0).又(1，h)，所以sin|cos，n|，即，解得h2.13.(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ACM，使得AMMB，则的取值不可能为()A.B.C.D.答案A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，所以AMDAMDBMC，又AMMC，所以AMC是以MAC为底角的等腰三角形，所以CAMMCA2，所以.因此当时，有AMMB，所以的取值不可能为，故选A.14.(2018温州高考适应性测试)已