高考数学专题突破四立体几何

高考专题破四

高考中的体几何问题考点自测．(2017广东)某四棱台的三视图如图示，则该四棱台的体积()A4B.D答案B解析由视图知四棱台的直观为14由棱台的体积公式得V×＋1×＋2×××23(2017标全国Ⅱ已知为面直线⊥平面⊥面β.线l满l⊥⊥n，lα，β则()A∥β且l∥B⊥β且l⊥C．与β相，且交线垂于lD．与相，且交平行于l答案D解析假α∥，⊥面αn⊥平面β，则∥，这与已知n为异面直线矛盾，那么α与β相，设交线为l，则l，l⊥，在直线任取一点作平于n，那么l111和l都直直线m与n所定的平面，所以l∥11

2121．(2017·四川)如图，在正方体ABCD－CD中点为线段BD11的中点．设点P线段CC上直线与面所的角为，1则sin的值范围是)A[

，1]

B．[

，1]C．[

2，]3

2D．[，1]答案B解析根题意可知平BD平面AACC且两平面的交线AO111所以过点P作线的线，1则PE平面ABD，所∠或补角就是直线与面ABD1所成的角α设正方体的边长为2则根据图形可知直线平面BD以垂直．1当点P与C重时可得AOP6A＝2211所以××6α＝×22所以＝；当点P与C重时，可得sinα

6＝.3根据选项可知B正．．·山)三棱锥P－ABC中D，分别为，PC的点，记三棱DABE的积V为，－的体积为V，则＝________.1V2答案

解析设A到平面的离为.∵，E分为PB，的中点，∴＝，BDEPBC

VBDE1V222VBDE1V222V－DBE1∴＝＝＝.VAhPBC·苏改编如图，在三棱锥－ABC中DEF分为PC，，AB的点若PA⊥AC，＝6，＝8，DF＝则PA与平面DEF的位置关_；面BDE与面位置关系是_．(填平”或“垂直)答案平垂解析因D，E分为棱PCAC的点，所以∥PA.又因为平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA∥平面DEF因为D，E，分为棱PC，AB的点PA，＝，所以＝PA＝，EFBC4.2又因为DF＝，故DF＝DE＋，所以∠＝90°即DE又⊥AC，∥PA，所以DE⊥.因为∩EF，平ABC，EF平ABC，所以⊥平面ABC，又平BDE，所以平面⊥面.题型一空点、线、面的位置关系

例·徽)如图，四棱锥P－的面是边长为8的方形，四条侧棱长均为2点E，H分别是棱PBABCDPC上面的四点，平面⊥平面，BC平面证明GH；若EB＝，求四边形GEFH的积．思维点拨(1)明GH，需证明EF平面，需证明∥EF利用BC平面GEFH即；(2)出四边形上底、下底及高，即可求出面积．证明因为BC∥平面，平PBC，且平面PBC∩平面GEFHGH所以GH∥BC同理可证EF∥BC因此GH∥EF.解如，连接，BD交点，BD交于K，接OP.因为PA，O是AC的点，所以PO，同理可得⊥BD又BDAC＝O且，在底面内，所以PO底面ABCD.又因为平面⊥平面ABCD，且平面GEFH，所以平面因为平面∩面＝，所以PO∥GK且⊥面ABCD从而⊥EF所以GK是梯形GEFH的．由AB8，＝得EB∶＝∶＝1，从而KBDB＝OB，K为OB的中点．再由PO∥得GK＝PO，

22即是的点，且GHBC由已知可得＝42PO

PB

2

－

＝

－32，所以＝GH＋故四边形的积＝GK＝

4×3＝18.思维升华高对该部分的考查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，在试卷中也可能以选择题或者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．·苏如图，在三棱锥－中平面SAB⊥平面SBC，⊥，＝过作AF⊥，垂足为F，点E，G分是棱，SC的中．求证：(1)面EFG∥平面；BCSA.证明

(1)由AS＝，⊥知为中，则EF，FG，又EF＝，ABBC，因此平面∥面.由平面⊥面SBC，且AF，知AF平面SBC，则AF⊥又BCAB∩AB＝，则⊥面，又SA平面SAB因此BC题型二平图形的翻折问题例广东)如图(1)四形ABCD为矩形⊥平面AB＝＝PC2，作如图(2)折叠，折痕∥其中点，F分别在线段PDPC上沿折后点叠线段AD上点记为M并且MF⊥CF.

2224222242证明CF⊥平面MDF求三棱锥－的体积．思维点拨折后MD与面的垂直关系不变．证明因为PD平面ABCD，AD平面，所以⊥AD又因为是形，⊥，与于点D，所以⊥平面PCD又CF平PCD，所以⊥，即MDCF又MF，∩MF＝，所以CF平面MDF解因PDDC，＝，CD＝，∠＝，所以＝，由1)FDCF1在直角三角形中，＝CD23过点作⊥交于GFGFC＝×＝，2所以＝FG＝

333，故ME＝PE3－＝，44所以MD

ME－＝

3.S＝DEDC＝××1＝.CDE482故＝MDS＝××＝M3CDE316思维升华平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．

21112111已知四边形是形＝1BC＝，eq\o\ac(△,将)沿着对角线AC折起来得到eq\o\ac(△,)顶点在面ACD上的射影O1恰落在边AD，如图所示．求证：平面AB⊥平面CD；11求三棱锥－ABC的体积V1

-

证明∵⊥平面，平ABCD，1∴BOCD1又CD⊥ADADB＝O∴CD平面AB，1又平面ABD∴⊥CD，111又C，且∩CD，1∴AB⊥面B，11又平面AB，平⊥平面BCD.11解由AB⊥面CDBD平面ABCD11所以AB⊥D，1在eq\o\ac(△,Rt)D中BD＝1

AD－＝2，1ABD6又由BADD得O＝＝，11AD3所以V

-ABC

＝

16B＝××1×3＝题型三线位置关系中的存在性问题例·四川在如图所示的多面体中，边形A和111都为矩形．若AC，证明：直线⊥平面A；1设D分是线段BC的点段AB是否存在一点M1使直线DE∥平面MC请证明你的结论．1思维点拨(1)证明⊥面，可得⊥，利用⊥BC可以证明直线BC11平面ACC；(2)取的点M连接MMCC，A交于点O，证明111111四边形为行四边形即可．证明因为四边形ABB和A都矩形，11

所以AA⊥AB，AA⊥AC1因为，AC为面内条相交的直线，所以AA⊥面ABC1因为直线BC平面，以AA⊥BC1又由已知，⊥，AA和AC平面ACCA内条交的直线，所以BC⊥平面.1111解取段AB的点M接AMMCAC点O为C1AC的交点．1由已知，点O为的点．1连接MD，则OE分eq\o\ac(△,为)ABCeq\o\ac(△,，)ACC的位线，11所以MD綊ACOE綊AC，2因此MD綊OE.连接OM从而四边形为行四边形，则DE∥.因为直线平面MC，MO平，1所以直线∥平面A1即线段上在一点(线段AB的点，使直线DE平面A1思维升华对线面关系中的存性问题，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．如图，在直四棱柱－BD中已知DCDD11＝2＝2，⊥DC∥DC求证DC⊥；1问在棱CD上否存在点，使D∥平面若存在，确定点11位置；若不存在，说明理由．证明在直四棱柱ABCD－中，111连接CD，1∵DC＝DD，∴四边形D是方形，11

∴⊥D1又ADDC，ADDD，DCDD＝，1∴⊥面D，11又DC平D，1∴⊥.1∵平面，DC平，且AD∩＝，1∴DC平面，11又平面，D⊥AC111解假存在点，使DE∥平ABD.11连接AD，AEDE，11设∩AD＝，1∩＝N连接，∵平面AD∩平面ABD＝，11要使D∥平面BD11可使MN∥E，1又M是AD的中点，1则N是的点又易eq\o\ac(△,知)≌△EDN，∴AB.即是DC的点．综上所述，当E是中点时，可使D∥平面BD11题型四空向量与立体几何例辽宁)如图，△△所平面互相垂直，且＝＝＝，∠ABC＝∠＝120°，，F分为，中点．求证⊥BC；

求平面与面BFC夹的正弦值．思维点拨可为原点，建立空间直角坐标系，用量法．方法一证明如(1)，过作⊥，垂足为，连接OF由题意eq\o\ac(△,得)≌△DBC可证eq\o\ac(△,出)≌△π所以∠＝∠FOC＝，即FOBC.又EO⊥BC，∩＝O，因此⊥平面EFO.又EF平EFO所以EF⊥BC.解如图(，过作OG⊥，足为G连接EG.平面⊥平面BDC从而⊥平面又OG⊥BF⊥BF所以BF⊥面，所以EG⊥BF.因此∠EGO为平面与平面BFC夹的平面．在△中，EO＝＝FC＝BC30°＝BO3由△∽△BFC，OG＝，BC4EO因此∠＝＝2从而EGO＝，OG即平面与面BFC夹的正弦值为.方法二证明由意，以B坐标原点，在平面内作直于BC的直线为

221＝.221＝.轴，BC所直线为y轴在平面内B垂直的线为z轴，建立如图(所示的空间直角坐标系，易得B，A，－1，，D，－1,0)，(0,2,0)，因而E，，)，(，，0)222→→所以E＝(，0，－)，＝(0,2,0)，→→→→因此E＝从E⊥，所以EF⊥BC解如图(2)，平面的个法向量为＝．设平面BFE的向量为n＝x，y，12z，→→3又B＝，，，＝(0，，，2由

→BF0，→＝0

得其中一个n＝，－3，．2则cos＝〈n，n〉＝12

n1||n|1因此θ＝

＝，面BFE平面BFC夹的正弦值为5思维升华用量法解决立体几问题，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“式化，训练的关键在“归类、寻法”．在如图所示的几何体中为形BAD綊DD綊∥BE，1且AB，E⊥面DAC⊥面ABCD11

1111111111求平面ACD与面角的大小；1D在E上是否存在一点P，使得∥面，若存在，求的，若不存在，说明1理由．解

(1)设AC与BD交点O所建立空间直角坐标－xyz，设AB2，则(3，，(0－，C(3，，D，1→→→设(0，－1t)，，则D＝－)＝3，0,0)，＝，－1，－．11∵D⊥DAC∴D⊥CADE⊥，1111∴

→→＝0，→→A0

解得t＝，∴E，－1,3)→∴AE(－，－，设平面的法向量为m(x，y，z)，则

→＝0，→AE＝0，

0∴y＋3＝0，令＝1，＝，m(0,3,1)．→又平面DAC的向D＝，－，11→→mED∴〈m，〉＝1→m|·|1所以平面与平面的夹角为45°.1

＋1λ1λ1λ1λ1＋1λ1λ1λ1λ1假设存在点满题意．→→→→设DP＝PE＝(－P，11→λ→λλ得DP＝D＝，－，)，11→→→2λA＝＋DP(－，1,0)，－，)1λλ＝(－，1，)＋1λ→∵A∥平面EAC，∴A⊥，1λλ3∴－××－)＋1×＝，得λ，故存在点使∥面，此时＋＋D∶PE＝3∶2.1(时间：80分)．(2017重庆)某几何体的三视图如图示，则该几何体的表面积()AB60．66D．72答案B解析由视图可以判断该几何的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)取得到的．在长方体中分析还原，如图(所示，故该几何体的直观图如图(所示．在图中，直角梯形的面积为×＋×4＝1412计算可得A＝5.直角梯形BCCP的面积为×(2×＝.为平面ABPP112111

平面AABP，所以CP，故eq\o\ac(△,Rt)的积为××3＝.11112又eq\o\ac(△,Rt)ABC的积×4×36，矩形A的积为×＝，故几何体ABC－A11的表面积为＋＋＋＋＝60.．知mn分是两条不重合的直线，分垂直于两不重合平面α，，有以下四个命题，其中正确的命题为()①若m，n，且⊥，∥n②若m，nb，且⊥，m；③若m，n，且∥，⊥n④若m，n，且⊥，∥A①②B③④C①④D．②③答案D解析对①⊥∥b∴n⊥∵⊥α且⊥m∴①错误对∵a分垂直于两不重合平面β⊥，⊥b∵m∥a∥∴m，∴②正确；对于③∵∥bb，∴n⊥，∵∥，∥，∴⊥n∴正；对④∵⊥，⊥，α⊥，∴，∵n⊥，∥或m⊥n或mn交，④正确．所②③正．梯ABCD中∥BCABC＝90°∶BC∶AB∶3∶，E、分是AB、的中点，将四边形沿线EF进翻折，给出四个结论：①DF⊥；②⊥；③平面⊥平面；④平面⊥平面BFC在翻折过程中，可能成立的结论________．填写结论序号)答案②解析因BC与DF相交不垂直BC与DF不直，

则①不成立D在面上投影为PBP⊥时有BD⊥AD∶∶AB＝23∶，可使条件满足，所②确；当点落在BF上，平面BDF，从而平面⊥面所③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④错误．故答案为②．图，在正方体BCD－ABD中点E是中点，点F是棱上动点，当111CF＝时E平面FFD答案解析如，连接B，是DE在平面内投影．111∵AB⊥A，DEAB，111又∵E平面AB⇒⊥AF111连接，则DE是D在底面ABCD内投影，1∴D⊥AF⇒DE1∵是方是中点，∴当且仅当F是CD的中点时，⊥，即当点F是CD的点时，DE⊥平面F11∴

CF＝1时，DE⊥面FD如在棱柱－B中FH分是，11A，的中点，求证：111B，C，HG四共面；平面EFA∥平面1证明

(1)∵GHeq\o\ac(△,是)BC的中位线∴GHBC11又CBC，∴GH∥BC1∴，，，G四共面．∵，F分为ABAC的中点，∴EFBC∵EF平面BCHG，平BCHG∴EF∥平面BCHG∵AG与EB平且相等，1

∴四边形AEBG是行四边形，1∴A∥1∵AE平面BCHG，平面，1∴A∥平面BCHG1∵A∩EF＝E，∴平面EFA∥面BCHG11图所示正体－ABD中是DD的中点11棱D上否存在一点F，使∥面？证明你的结论．11解

在棱D上在点，B∥面BE111因为平面A平面D，以与平面AEB和面1111D的交线平行，如图所示，1取CD中点G，接，BG，则BG是平面分别与平面DCCD和面的11线．取CD的点FCC的点H，接HF，，B111因为HFEG所以HF∥平面A.1因为AB∥CD，所以，，，E四点共面，1111又平面C∥面AAD，111所以BH∥，而∥平面A，111因为BH∩HF＝H1所以平面BHF∥平面AEB，11所以BF平面EB.11．(2017福建)在平面四边形中，＝BD＝1，⊥BDCD将△沿BD起，使得平面ABD平面，图所示．求证AB⊥；若M为AD中，求直线AD平面MBC所角正弦值．证明∵平面ABD平面BCD平面∩面BCD＝，AB平面，AB⊥BD，

＝0，1→nBM0＝0，1→nBM02∴AB平面BCD又CD平，AB⊥CD解过在平面内BE，如图．由知⊥平面，BE平面，平，∴AB，AB⊥BD→→→以坐标原点，分别BEBD，的方向为x轴轴，z的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得(0,0,0)，，，A，，，)2→→1→则BC＝BM(0，，)AD＝，－1)设平面的向量＝，，)，000→＋y＝000则即y＋z＝0取＝，得平面MBC的个法向量n＝(1－1,1)．0设直线平面所成角为θ，→→n|则sinθ＝|cos〈n，〉＝＝，→|·|即直线