浙江2020版高考数学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

高专突五

高中立几问题型一求间几何体的表面积与体积例1(1)一正方体挖去一个面体所得的几何体的三视图如图所示中视图侧图和俯视图均为边长等于2的正形，则这个几何体的表面积()A.16＋3C.20＋3

B.16＋5D.20＋5答案D解析由视图可知，该几何体棱长为2正方体的内部挖去一个底面边长为2的四棱锥，将三视图还原可得如图，1可得其表面积为S＝5×2＋4××2×5＝＋5，故选D.2(2)(2018·浙江省嘉兴市第一中学期如图知为圆O的径为上动点⊥圆O在平面，且PA＝，点A作面α⊥，交，分别于E，，三棱锥P－体积最大时，tanBAC＝________.

PCPC答案2解析∵⊥面AEF，∴⊥，又ACBCAPBC∩＝，，平面，∴⊥平面PAC又∵平，∴⊥，又PB∩BC＝，，平PBC∴⊥平面PBC∴∠＝90°设∠BACθ，在RtPAC中，AP·2×2cos2cosθAF＝＝＝.21＋θ＋cosθ在Rt△PAB中，＝＝2，∴＝－，∴V

1112＝···＝AF·2－×2＝·2AFAF326622＝－1≤，66∴当AF1时，棱锥P的体积取最大值

26

，此时

2cos1＋cos

＝，0°<θ<90°∴cosθ＝

36，sin＝，＝2.33思维升华(1)等积转换法多用来求三棱锥的体.(2)不规则的几何体可通过分割补形转化为规则几何体，再利用公式求.跟踪训练1(1)(2018·嘉兴模某几何体的三视图如图所(单位cm)则该几何体的表面积(单位：cm)是()A.36＋242C.40＋242

B.36＋125D.40＋125答案B解析由视图得该几何体为一组合体，上面是棱长为正方体，下面是下底为边长为

2＋44的方形、上底为边长为2的方形的四棱台，则其表面积为5×2＋4××5＋＝236＋125，故选B.(2)(2018·温州高考适应性测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积()4A.＋π3

2B.＋π3C.

4＋3

4＋2D.3答案A解析由视图可还原出几何体直观图该几何体是由半个圆柱(底圆的半径为1高2)和个四棱(底面为边长是2的方形，高为1)成的，如图所示故几何体的体积V114＝×π×1×2＋×2＝＋.选A.233题型二空点、线、面的位置关系例2如，在三棱柱ABC－A中，侧棱垂直于底面⊥BC，AA＝2，BC＝，分别是A，的中点(1)求证：平面⊥平面B；(2)求证：∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体.

eq\o\ac(△,S)ABCeq\o\ac(△,S)ABC(1)证明在棱柱ABC－中⊥底面ABC.因为AB平，所以⊥.又因为AB⊥，∩B，所以AB⊥平面BBCC.又AB平ABE所以平面ABE平面BBCC(2)证明方一如1，取中点G，连接EG，.因为，分是，BC的中，1所以FGAC且FG＝AC2因为ACC，且AC＝C，所以FG，且FGEC，所以四边形FGEC为平行四边形，所以FEG.又因为EG平ABE，CF面，所以∥平面ABE.方法二如2，取AC的点H，连接CHFH因为，分是AC，的中点，所以HF∥，又因为E，分是，的点，所以∥AH且EC＝，所以四边形EAHC为平行四边形，所以HAE又∩HFH，∩＝，所以平面ABE∥平面C，又平HF所以CF平面.(3)解因AA＝＝，BC＝，⊥，所以ABAC－BC＝3.1113所以三棱锥E－的体积V＝·＝××3×1×2＝.3323思维升华(1)平行问题的转化

→→利用线线平行面行面行的相互转化解决平行关系的判定问题时般遵循从“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序正好相反在际的解题过程中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应用面面垂直的性质定理时般作辅助线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，在底面是矩形的四棱锥PABCD中⊥面，点，F别是，PD的中点＝＝，2.(1)求证：∥面PAB(2)求证：平面⊥平面.证明(1)以A为点所在直线为x轴，所在直线为轴所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz则(0，，0)(1，0，，(120)，(02，0)，(0，0，1).∵点，分是PC，的中点，1111→∴1，0，(10，0).22

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→ππ→1→→→∵＝－AB，∴AB即EF∥，2又AB平PABEF平面，∴∥平面PAB(2)由(1)可知，＝(0，，，＝(0，，，＝(1，，，∵·＝(0，，1)·(1，，0)＝，·＝，，0)·(10，0)，∴⊥，⊥，AP⊥DC，⊥.又APAD，，平，∴⊥平面PAD∵平PDC∴平面PAD⊥平面PDC题型三空角的计算1.(2018·浙江高考适应性考)个同样大小的球O，，，两相切，点M是球O上的动点，则直线OM与线OO所角的正弦值的取值范围()A.C.

5，53，

B.D.

5，53，3答案C解析由个同样大小的球O，，两相切，则可以把O，，看成四面体的四个顶点的半径为棱长的半球半径为正四面体的棱长为2.平移直线OO至O位，过O，O的面截球O得一大，过O作圆的两条切线OE，，由线面垂直易证OO⊥，由图可知，当点M运至切点，MO最，当点运至点F，∠最，设∠EOO＝，∠C∈－，＋θ2

1π.在eq\o\ac(△,Rt)中sin＝，θ＝，直线26OM与直线OO所角∈，线O与直线O所角的正值的取值范围为2

3，

，故选C.2.(2017·浙江)如图已知正四面体－所有棱长均相等的三棱)Q分为AB，BQ上点，＝＝2，分别记二面－的面角为QCα，，，则()A.γ＜＜βC.α＜β＜

B.＜γ＜βD.＜＜答案B解析如①，作出点D在面上射影O，过点分作PR，PQ的垂线，OF，OG，连接，，，α＝∠DEO，β＝∠，＝∠.由图可知它们的对边都是，∴只需比较，，的大小即.如图②，在边取点′，使AP′＝P′，接，OR，O为△′中心设点到△QRP三边的距离为，OGa，OF＝·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′，OE＝·sin∠ORE＞OR·sin′＝a，ODOD∴＜＜，∴＜＜，tantantanα∴＜γβ.故选B.3.(2018·浙江)如图知面ABCABCA均直于平面∠ABC＝120°A＝，C＝，＝＝B＝2.

(1)证明：⊥平面BC；(2)求直线AC与平面所成角的正弦值方法一(1)证由AB2，＝，＝，⊥AB，BB⊥，得＝B＝2，所以＋＝

，故AB⊥.由BC2，BB＝，＝，⊥BC，CC⊥，得＝5.由ABBC2，∠ABC＝120°，得＝3.由⊥AC得＝13所以＋＝

，故AB⊥.又因为A∩＝，，平面ABC因此⊥平面(2)解如，过点C作C⊥AB，直线于点，连接.由⊥平面C，得平面AC⊥面ABB.由⊥AB，面ABC∩平面ABB＝B，D平AC，得D⊥平面ABB.所以∠是AC与平面所的角由＝5，＝2，＝21，得cos∠CAB＝

427，sin∠A＝，77CD39所以＝3，sin∠AD＝.13

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→||||因此直线与面所成角的正弦值是

3913

.方法二(1)证如，以AC的点为点分别以射线，为x，轴正半轴，建立空间直角坐标系.由题意知各点坐标如下：(0－3，0)(1，，，(0－34)，B(1，0，，(031).因此＝(1，3，，＝(13，2)，＝(0，3，3).由AB·＝，⊥.由AB·＝，⊥.又∩＝，AC平面AC所以⊥平面(2)解设线AC与平面所的角为θ由可知AC＝(023，，AB(1，30)，BB＝(0，，2).设平面的个法向量为n＝(，，z).由

＝，＝0，

＝0，得0

可取n＝－31，0).→|AC·n39所以θ＝|cos〈，〉＝＝.→13因此直线与面所成角的正弦值是

3913

.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.题型四立几何中的动态问题1.(2018·杭州模拟等腰直角三形ABE的斜边为正四面体的棱边AE绕

边AB旋，则在旋转的过程中，有下列说法：①四面体EBCD的体积有最大值和最小值；②存在某个位置，使得⊥BD；③设二面角D——的平角为θ，≥∠DAE；④的点与的点N的线交平面于P，则点P的迹为椭.其中，正确说法的个数是()A.1B.2C.3D.4答案C解析四体E—的底面的面积为定值在旋转的过程中E到面的离存在最大值和最小值，所以四面体—体积有最大值和最小值，①正确；设BD的中为旋到平面内时确转到内角——π的大小为0，∠DAE＝，此时θ≥DAE不立，③错误；由题意得点P的轨迹以MN为12π母线，为的圆锥面与平面BCD的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为，正四4面体ABCD中易得直线ππ与平面所的角α满足<α<，以圆锥面与平面的交线为椭圆，即点P的42轨迹为椭圆，④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如图，已知正四面体，线段上的动点(端点除外)，则二面角D—PC—平面角的余弦值的取值范围____________.11答案，3解析当P从点运动点B时二面角——的平面角逐渐增大，二面角D—PCB

的平面角最小趋近于二面角D—的面角，最大趋近于二面角BCA的平面角的补角设正四面体的棱长为2所的点为E.连接DE∠为面—AC3的平面角，＝＝3所以cos∠＝2×3×311＝，理二面角D—A平面角的补角的余弦值为－，二面角D—PC—的面角的3311余弦值的取值范围是，3

.思维升华(1)考虑动态问题中点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是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规(3)运动过程中端点的情况影响题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位.1.(2018·绍兴质检已知m是两条不同的直线α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是)①若∥α且⊥β，α⊥；②若⊥β且α⊥β，则m∥；③若∥，m⊥，β，α∥；④若∥，n∥，∥.A.1B.2C.3D.4答案B解析若m∥线平的性质定理知α内直线m平行⊥βl⊥，从而α⊥①确⊥且α⊥mα或∥α不正确m∥α，

则⊥α，⊥β，以α∥，③正确；若∥∥，mα或mα，④不正确.故正确的个数为2.2.过方体ABCD—′′′′的顶点A作面α，得′′′平面α上的投影的长度相等，则这样的平面α的数()A.6B.4C.3D.1答案B解析考到平行的性质CC′′′可以用同一顶点处的三条棱替代AB′AD的长度相等等价于这些线段所在直线与平面α所的角相等以方体为依托，如图，平面′′(BC′DACD′(A′′)BDB′CD′)A′′(′)均符合题意，所以这样的平面有4个.故B.3.(2018·绍兴模拟九章算术中底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”已某“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.2C.4＋42

B.2＋2D.4＋2答案C解析由可得，该几何体是底为等腰直角三角形，直角边长为2，高为2的直棱柱，所以其侧面包括一个边长为2的方形及两个长和宽分别为2和2的长方形以侧面积为＝＋2×2×2＝＋2故选C.4.(2018·台州适应性考)如，已知菱形ABCD的对角线AC，相交于点O将菱形沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC若点是BD上动点，当线段最短时，二

EO′2EOEO′2EO面角—AC的弦值为()123A.0B.C.D.222答案C解析易OB＝，所以当为BD中点时，线段ON最，为AC⊥ACODOB∩OD＝OB平，所以AC⊥平面BOD所以ON⊥，又⊥，以即二面角——的面角因为平面⊥平面ABC，平面∩面ABC＝，⊥AC，所以OD⊥平面所OD⊥eq\o\ac(△,，)为腰直角三角形所∠＝45°所二面角N—ACB的余弦值为

2.25.(2018·浙江)已知四棱锥－ABCD的面是正形棱均相等是段上点不含端点，SE与所成的角为θ，SE与平面所成的角为，二面角－AB的平面角为θ，则)A.θ≤θ≤θC.θ≤θ≤θ

B.≤≤θD.≤≤θ

答案D解析如，不妨设底面正方形边长为2，E为上靠近点A的四分点，′为AB的中点，S到底面的距离SO＝，以′，′为邻作矩形OO′′则∠SEO＝，SEO＝θ，SE′＝θ.SO′5SO12由题意，得tan＝＝，tan＝＝＝，tanθ＝，552此时θ＜tanθ＜tan，可得θ＜＜θ.当在中处时θ＝＝θ.选D.6.(2018·嘉兴调研如图正体ABCDBC的长为1F分是棱AA的中，

过EF的面与棱BB，DD分交于点G，.设BG＝，∈[0，①四边形一定是菱形；②∥平面EGFH③四边形的面积S＝(x)在区间0，1]上有单调性；④四棱锥A的体积为定.以上结论正确的个数()A.4B.3C.2D.1答案B解析由方体的性质易得DH＝＝，则四边形A、四边形ABGE、四边形CBGF、四边形CHF为个全等的直角梯形，则＝＝＝，四边形为形，①正确；因为∥，EF平面EGFH，AC平面EGFH所以AC∥平面，正确；在线段DD上DM＝，则易得为直角三角形，且＝－，则GH＝HM

＋，菱121形EGFH的面积S＝()EFGH得其递减1222上单调递增[0上不具有单调性误

＝＋＝VA＋V

1111111＝×1××1×＋×1×＝为定值，④正.综上所述，正确结论的322322个数是3，故选B.APCQ7.如，在正四面体—中，，分别，，AD上的点，＝，＝，PBQA记二面角BPQ—，—QR—P，——平面角分别为α，，，则)A.γ<α<βC.α<β<γ答案C

B.<γ<βD.<<

解析

易知二面角——R的面角的补角就是二面角

A——的面角，二面角——的面角的补角就是二面角A——平面角面角——的面角的补角就是二面角A——的平角易得二面角A—的面>二面角A——的面>二面角A——的面角，即α<β<γ.故选C.8.如，在梯形中，AD∥，∠＝90°，∶∶＝2∶4，分别是ABCD的中点，将四边形ADFE沿线EF进行翻折，给出四个结论：①⊥；②⊥；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折过程中，可能成立的结论________.(写结论序号答案②解析因BC∥，AD与DF相不垂直，所以与DF不垂直则①错误；设点在面上的射影为点P，当⊥时就有⊥，∶∶AB＝2∶3∶4，可使件满足，所以②正确；当点落在BF时，平，从而平面⊥面BCF，所以③正确；因为点D的影不可能在上所平面DCF⊥平面不成立即④错故答案为②③.9.如，四边形和均正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在段上，分为AB的点设面直线与AF所成的角为θcosθ的最大值______.

1→1→→→→→＝t，1→1→→→→→＝t，答案

25解析以A点为坐标原点AB，，所在直线分别为x轴y轴z，建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝，A＝02

，100

，设(0，y，≤，则E＝，，2AF，＝

11－＋y221－y＝－.1151＋·＋1·4y＋442则θ＝

AF，EM＝

1－251－y＝·，554y＋5·4＋52令＝－，则＝－，∵0≤≤1，∴0≤t≤1，25t25那么θ＝·＝54t－t＋51令＝，∵0≤1，∴≥1t251那么θ＝4－8＋9x5

t254－＋5

1，894－＋又∵z＝x－＋4在[，＋∞)上单调递增，∴＝，＝，25此时θ的最大值为·5

12552＝·＝.555510.(2009·浙江如，在长方形ABCD中AB＝2，＝1，为DC的点为段EC端点除外上动.现将△AFD沿AF起，使平面⊥平面ABC在平面内点D作DK⊥，为足设AKt，则的值范围是____________.

1.tt1.tt答案1解析如，在平面ADF内D作⊥AF，垂足为，连接.过F点作FPBC交AB点.225设∠FABθ，则cosθ∈，5

.设DF，则1<2.∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩面ABCDK⊥AB，⊥平面ABC又平，∴⊥AF.又∵⊥，∩＝，DK，平面，∴⊥平面DKH∴AFHK即AH.在Rt△ADF中，＝1＋，DH

1＋∵△ADF和△APF是直角三角形＝，∴Rt△≌Rt△APF，∴AP＝DF.∵△AHD△ADF，1∴cosθ＝

1＋＝

x1.∴＝1＋11∵1<x<2，∴1<<2，∴<t<1.t211.(2017·浙江如四锥－ABCDeq\o\ac(△,，)是以为斜边的等腰直角三角形ADCD⊥，＝＝DC＝CB，为PD的中点(1)证明：∥面PAB(2)求直线CE与平面所成角的正弦值.

(1)证明如，设PA的点为，连接EF，.因为，分为PD，的中点，1所以EF且EFAD，21又因为BC∥，＝，2所以EF且EF＝BC，所以四边形为平行四边形，所以∥.因为平面PAB，因此CE平面PAB.(2)解分取BC，的点为M，，连接PN交EF于Q，连接MQ.因为，，N分别，，的中点，所以为的点，在平行四边形BCEF，MQ∥.由△PAD为等腰直角三角形得⊥.1由DCADBCAD＝ADN是AD的中点得BN⊥所以⊥平面PBN2由BC得⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN.过点作的线，垂足为，连接MH.是MQ在面上射影，所以∠是直线CE与平面所成的.设CD1.在△PCD中，由2，CD＝，＝2得＝2，1在△PBN中，由BN，PB＝3得QH＝，41在Rt△MQH中，＝，MQ＝2，4所以sin∠QMH＝

28

，

66所以直线CE与平面所成角的正弦值是

28

.12.(2018·浙江重点中学联考)图，在直三棱柱—A中，底面ABC是长为的三角形，D是棱的中点，＝h(>0).(1)证明：∥平面D；π(2)若直线BC与平面ABB所成角的大小为，求的值.(1)证明方一如1，连B，交点，连接DE则DE是eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)的位线，图1所以DE.又DE平D，BC平D，所以∥平面AB.方法二如2，取AC的点F，连接，F.图2因为AF，且AFDC，所以四边形D是行四边形，故ADFC.又平BFC，AD⊄平面BFC，所以AD平面BFC.因为DF，且DF＝B所以四边形DFBB是平行四边形，故DB∥FB.又FB平BFC，⊄平BFC，所以∥平面BFC.

→→|BC|||→→|BC|||又AD＝，，平面，所以平面ADB∥面BFC.又平BFC，故∥平面AB.(2)解方一取A中点，连接C，BH因为eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)△都是正三角形，所以C⊥AB在直三棱柱ABC—C中，面A平面ABC，平面A∩平面ABC＝，又平C，故C⊥面ABBA所以∠就与面成的角，π即∠C＝.6在Rteq\o\ac(△,C)eq\o\ac(△,)BH中，BC＝2＝3，在Rt△BCC中，＝BC＋＝h

＋所以h＋＝3，解得h＝22.方法二以AB的点O坐标原点，，所在直线分别为x轴，y，过点O且与面垂直的直线为轴建立空直角坐标系，如图示，图3则(1，，0)(0，3，).易得平面ABBA的个法向量为n＝(0，，又BC＝－1，3，)，π→|BC|所以sin＝|cos〈，〉＝，6→即

31＝，解h＝2.h＋213.(2018·绍兴市适应性考试)图ABC＝90°CAB＝为的中点

将△ACM沿着翻折至eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)′CM使得A′⊥MB，则θ的取值不可能()πππA.B.C.D.9653答案A解析如，设点A′在平面上的射影为″，则由题意知点″在直线的垂线′A″上要′⊥则″⊥MB以只需考虑其临界情况A″⊥时A与点″关于直线对以∠AMD＝A″＝BMC＝

π4

π又AM以△AMC是∠为底角的等腰三角形以＋∠＝θ＝，4πππ所以＝.此当θ≥时有A′⊥，以的取值不可能为，故选A.88914.(2018·温州高考适