2023年高考数学一轮复习习题：第八章立体几何热点问题

教材•高考•审题答题

立体几何热点问题

5三年真题考情

核心热点真题印证核心素养

2020•全国III,19;2020•江苏，

15:2018∙北京，18;2019∙江苏，

平行与垂直关系的证明逻辑推理，直观想象

16:2019∙天津，17;2018∙江苏，

15

2020•全国I,19;2020•浙江，

19;2020•全国Il,20:2019全逻辑推理，数学运算，直观想

位置关系证明与几何计算

国Il,19:2019•全国I,18;象

2018•全国I,18

2019•全国111,19;2018•全国川，

几何中开放与折叠问题19:2019∙北京，18;2018•全国逻辑推理，直观想象

Il,19;2019∙山东,18

＜教材链接高考---------------------

立体几何中的折叠问题

教材探究

(必修2P79复习参考题BI)如图，边长为2的正方形ABCQ中，

(1)点E是48的中点，点F是BC的中点，^ΛAED,Z∖OCF分别沿。E,力/折起，使A,

C两点重合于点A',求证：A'D±EFi

(2)当BE=BF=IBC时，求三棱锥A'—EFD的体积.

BF

［试题评析］

(1)将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中

的折叠问题.主要考查空间平行、垂直关系的证明与几何计算，考查学生空间想象与逻辑推

理能力.

(2)第(1)问要证明线线垂直，可通过证明线面垂直来完成，第(2)问求三棱锥的体积时，如果

所给三棱锥的高不容易求出，可通过转换顶点法求解.

(3)答题时要注意第(1)、(2)问的条件是不同的，在第(1)问中E,F分别是所在边的中点，而

第(2)问中则不是，很多粗心的同学容易在这个地方出现失误.

【教材拓展】正三角形ABC的边长为4,将它沿平行于BC的线段PQ折起(其中P在边

AB上，。在边AC上)，使平面AP0，平面BPQC,D,E分别是P。，BC的中点.

(1)证明：PQ_L平面AOE；

(2)若折叠后4,B两点间的距离为d,求d最小时，四棱锥4—P8CQ的体积.

(1)证明因为在aAPQ中，4P=AQ,。是PQ的中点，

所以AO_LPQ,

因为直线DE是等腰梯形PBCQ的对称轴，

所以DELPQ.

又AO∩OE=O,所以PQl.平面4OE.

(2)解因为平面APQJ_平面尸BCQ,平面APQ∩平面PBCQ=PQ,ADLPQ,所以4。，平

面PBCQ,

所以心=A£>2+B).

设AD=x,O<jc<^-a,则DE=坐a-X,

于是BD2=DE2+BE2=^∙a-χ^2+1«2.

所以d2^x2+BD2^j^+DE2+BE2

此时四棱锥A-PBCQ的体积为§义SPBCQXAD

=9招+”卜受X%二部•

探究提高1.本题考查线面垂直的判定、立体几何中的折叠及四棱锥的体积等知识，考查直

观想象、逻辑推理、数学运算的核心素恭，考查学生的函数思想和应用意识.

2.解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形、找到哪些线、面的位置关系和数量关

系没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解过程中恰当地加以利用.

【链接高考】(2019•全国Ill卷)图①是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BPGC组成的一个平

面图形，其中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60。.将其沿A8,BC折起使得BE与8尸重合，

连接OG,如图②.

①②

(1)证明：图②中的A,C,G,。四点共面，且平面ABCL平面BCGE；

⑵求图②中的四边形ACGO的面积.

⑴证明由已知得A£>〃BE,CG//BE,所以AO〃CG,

所以AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,。四点共面.

由已知得ABjABLBC,且BECBC=B,BE,BeU平面BCGE,所以A8J_平面BCGE.

又因为ABU平面ABC,所以平面ABUL平面BCGE

(2)解如图，取CG的中点M,连接EM,DM.

因为A8〃£>E,平面BCGE,所以OE，平面BCGE,又CG,EMU平面BCGE,故DE

±CG,DEA.EM.

由已知，四边形BCGE是菱形，且NE8C=60。，得EMLCG,

又DECEM=E,DE,£7WU平面。EM,故CG-L平面OEM.

又DMU平面DEM,因此DM±CG.

在RtaOEM中，DE=I,EM=小,

故DM=2.又CG=BF=2,

所以四边形ACGD的面积为5=2×2=4.

■教你如何审题---------------------

空间位置关系的证明与几何计算

【例题】(2020•全国Il卷)如图，已知三棱柱ABC—48Iel的底面是正三角形，侧面BBCC

是矩形，M,N分别为BC,Blel的中点，P为AM上一点，过BlG和P的平面交AB于E,

交Ae于F.

(1)证明：AA↑∕∕MN,且平面AIAMNj_平面EBlCI尸；

JT

(2)设。为4A∣BιC∣的中心.若AO=AB=6,Ao〃平面EBlClR且NMPN=彳求四棱锥B

-EBIGF的体积.

审题路线

联想矩形性质,八

空同

平行1棱柱中赢业理J

垂直

―［线线垂直H线面垂直H面面垂直1

AO〃面-∣~[AO〃PNH计算PN、CN、EF：

EBCF

体积il

I

计算P⅛∙⅛EflCF∣-1［≡

点M、点B到ll

BC〃面体

—平面

EBIGF-----[MT]——I-体

EBIGF距离相等

［自主解答］

⑴证明因为M,N分别为BC,8∣Cl的中点，所以MN〃CG.又由已知得AA1〃CG,故

AAi∕/MN.

因为4Aι5G是正三角形,所以BIG_LAlM

由于SGJ_MN,且MNCAIN=N,

故BlCl，平面A∣4WV.又因为BlGU平面EB1C1F,

所以平面AIAMALL平面EBiCiF.

(2)解Ao〃平面ESGF,

AoU平面AtAMN,

平面AIAMN∩平面EBGF=PN,故A。〃PM

又AP//ON、故四边形APNo是平行四边形，

121

所以PN=Ao=6,AP=ON=qAM=事,PM=^AM=2∖∣39EF=］BC=2.

因为BC〃平面EB∣C∣F,所以四棱锥B-EBiGF的顶点B到底面EBICIF的距离等于点M

到底面EBJCIF的距离.

如图所示，作MTLPM垂足为7,则由(1)知，MTJ_平面EBICIG

故MT=PMSin/MPN=3.

底面EBIClF的面积为:X(8iCi+EF)XPN=；(6+2)X6=24.

所以四棱锥B-EBiGF的体积为4X24X3=24.

探究提高L证明空间中的平行或垂直关系时，关键是线线、线面、面面平行(或垂直)间的

转化，解题时要灵活运用几何性质.

2.求几何体的体积首先要弄清几何体的类型，然后求出高及对应的底面的面积，进而得到

几何体的体积，在解题时，活用BC〃平面EBlCIF,从而将点B到平面EBIGF的距离转化

为点“到平面EB1C1F.

【尝试训练】(2021.河南、河北部分重点中学联考)如图，长方体4BCO—4B∣C∣Q∣的底面

ABCD是边长为2的正方形，AΛ=4,点E为棱AAi的中点.

(1)求证：BEL平面EScI；

(2)求点A到平面CEBl的距离.

(1)证明由已知可得BlClj_平面ABBIAI.

因为BEU平面ABBIA1,所以BICIl.BE.

在ABiBE中,βlB=4,BE=2巾=BiE,

所以8182=8/+81/，所以BEi.BiE

又因为BlGnBlE=囱，所以BEL平面EBlG.

⑵解取CBl的中点尸，BC的中点P,连接EF,AP,PF,PBi,PE,

G

O.B.

易得AE〃PE且AE=PE所以四边形APFE为平行四边形，所以AP〃EF.

又AR平面CEB∣,EFU平面CEBi,所以AP〃平面CEB”

所以点A到平面CEBl的距离等于点P到平面CEBl的距离.

易知VP-CEBl=VE-PCB↑.

2222222

在ACEBj中，CE=√2+2+2=2√3,EB∣=√2+2=2√2,CB1=√4+2=2√5,

所以C/+E4=C肝，从而4CEB∣为直角三角形.

设点P到平面CEBl的距离为dp,

所以GXSACHnXdP=马XS"CBiX48,

即:xTx2√5x2啦XdPUXTXIX4X2,

解得心=乎，所以点A到平面CEe的距离为小.

令满分答题示范---------------------

立体几何中的开放问题

【例题】(12分)(2019•北京卷)如图，在四棱锥P—ABCO中，以1_平面48CD,底面ABCO

为菱形，E为CZ)的中点.

(1)求证：BZ5_L平面B4C；

⑵若乙4BC=60°,求证：平面以8_1_平面∕¾E;

(3)棱P8上是否存在点F,使得CF〃平面BIE?说明理由.

［规范解答］

(1)证明因为，平面ABC。，BOU平面ABCz),

P

所以朋_LBD1分

因为底面ABCZ)为菱形，

所以BDA-AC.

又∕¾Γ∣AC=A,

所以8。_1_平面A¾C.3'

(2)证明因为BA_L平面ABCD,AEU平面ABCD,

所以以J_4E,4,

因为底面ABCQ为菱形，NABC=60。，且E为CC的中点，

所以AE_LCD

又因为AB〃CQ,所以A8_LAE6,

又ABC∕¾=A,所以AE_L平面Λ4A

因为AEU平面∕¾E,所以平面以BJ_平面B4E.

8,

⑶解棱PB上存在点F,使得C尸〃平面∕¾E.理由如下：取PB的中点F,%的中点G,

连接CF,FG,EG,

则FG//AB,且FG=^AB.9'

因为底面ABC。为菱形，且E为CD的中点，

所以CE〃AB,且CE=%B.

所以FG〃CE,且FG=CE.

所以四边形CEGF为平行四边形.所以C尸〃EG.11'

因为CRI平面∕¾E,EGU平面∕¾E,

所以CF〃平面%E.12,

/—高考状元满分心得

❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”；得分点步骤，有则给分，无则没分，所以

对于得分点一定写全.如第(1)问中，PALBD,20,平面B4C,第(2)问中，ABLAE,PAl.

AE,第(3)问中C尸〃EG等.

❷得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证明BACAC

=A.第(2)问中，AE_L平面∕¾B,AEU平面∕¾E.第(3)问中CRI平面∕¾E,EGU平面以E等，

否则均要失分.

【规范训练】如图，在四棱锥P-ABCQ中，底面ABC。是菱形，ND48=30。，POL平

ffiABCD,AD=2,点E为AB上一点，且瑞=机，点尸为Po中点.

(1)若〃?=寺，证明：直线AF〃平面PEC；

(2)是否存在一个常数〃?，使得平面尸EDj_平面以8?若存在，求出“的值；若不存在，说

明理由.

⑴证明如图作FM〃CD,交PC于点M,连接EM,

因为点F为尸。的中点，所以FM=^CD

因为所以AE=TA8=∕7M,

又FM//CD//AE,

所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF〃EM,

因为A网平面PEC,EMU平面PEC,

所以直线AF〃平面PEC.

(2)解存在一个常数〃?=竽，使得平面PECJ_平面%8,理由如下：

要使平面尸EDL平面∕¾B,只需ABLOE,

因为AB=A£>=2,ZDAB=30°,

所以AE=AOCOS30o=√3,

又因为POl.平面A8CO,PDA.AB,PDCDE=D,

所以AB_L平面PDE,

因为ABU平面所以平面PDELL平面B4B,

箜=近

所以m=

诵=2,

镇热点跟踪训练

1.（2020•江苏）在三棱柱ABC—4B∣C1中，ABVAC,BlC_L平面ABC,E,F分别是AC,B1C

的中点.

(1)求证：EF〃平面ABIc1；

(2)求证：平面ABCJ_平面ABB∣.

证明(1)因为E,F分别是AC,BIC的中点，

所以E尸〃AB∣.又ERI平面AB∣C∣,A8∣U平面ABQ,

所以EF〃平面AB∖C∖.

(2)因为8|C_L平面ABC,A8U平面ABC,

所以BlCJ_AB.又ABj_AC,BeU平面ABIC,

ACU平面A8∣C,BIC∩AC=C,所以A8J_平面ABlC.

又因为A8U平面AB5,所以平面A8C_L平面A25∣.

2.如图，四边形ABC。为正方形，QAJ"平面ABC£>,PD//QA,QA=AB=^PD.

⑴证明：PQJ_平面。CQ

(2)求棱锥Q-ABCD的体积与棱锥P-DCQ的体积的比值.

⑴证明由条件知四边形PD4。为直角梯形.

因为QI，平面ABCD,

所以平面PD4Q_L平面ABC7),交线为AD

又四边形ABC。为正方形，DCLAD,

所以。C_L平面尸D4Q,可得LQC

在直角梯形PD4Q中可得QQ=PQ=坐PO,

则PQVQD.

又。QnDC=。，所以PQj_平面OC0.

⑵解设AB=a.

由题设知AQ为棱锥Q—ABCD的高，

所以棱锥Q-ABCD的体积0=*A

由(1)知PQ为棱锥P-DCQ的高,

而PQ-y[2a,Δ,DCQ的面积为坐层，

所以棱锥P-DCQ的体积V2=p∙

故棱锥Q-A8C。的体积与棱锥尸一QCQ的体积的比值为1.

3.如图，矩形ABC力所在平面与半圆弧C。所在平面垂直，M是CDh异于C,。的点.

(1)证明：平面4例。_1_平面BMC；

(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC〃平面PBZ)?说明理由.

(1)证明由题设知，平面CMoJ_平面ABCD,交线为CD因为BC±CD,BeU平面ABCD,

所以8C_L平面CMD,故BCYDM.

因为M为CQ上异于C,。的点，且。C为直径，

所以OMJ_CM.

又BCCCM=C,BC,CMU平面BMC,所以DW_L平面BMC.

而。MU平面AM。，故平面AMol.平面BMC

(2)解当P为AM的中点时，MC〃平面PBD

证明如下：如图，连接AC交8。于Q

因为A8C。为矩形，所以。为AC中点.连接0尸，因为P为AM中点，所以MC〃0P.MC

C平面PBD,OPU平面PBD,所以MC〃平面PBD.

4.(2021•安徽五校联考)如图所示，在矩形ABCQ中，CD=2CB=2CE,将aQAE沿AE折

起至△以E的位置，使得LPb

P

⑴求证：PAYBEx

⑵若CB=2,求点C到平面PAE的距离.

(1)证明在矩形ABC。中，ACCC,

PAlPE,又啊J_P8,PEHPB=P,

PB,PEU平面PBE,

二B4J_平面PBE,：.PA±BE.

(2)解VCD=2CB=2CE=4,

.∖AE2+BE2=AP2+PE2+CE2+BC2=4CB2=AB2,

!.AEYBE,

由⑴知又AE∩7¾=A,AE,∕¾U平面B4E,

平面PAE,

又BEU平面ABCE,

二平面以£□_平面ABCE,

连接AC,过P作PHlAE于点H,则P4_L平面ABCE,

'：PA=PE,二”为AE的中点.

VCB=2,

：.AE=BE=2巾,PE=PA=CE=2,AB=4,

则PH=小,

S∆ACE=∣∙Cf∙CB=∣×2×2=2,

VP-ACE='SAACE∙PH=WX2×-∖∕2-■

S^pΛE~^PA,∙PE=}j×2X2=2.

设点C到平面∕¾E的距离为d,

则Vc-PΛE=^∙S^PAE∙d=^×2Xd=Vp-ΛCE-^^^,

.∙.<∕=√2,

故点C到平面∕¾E的距离为√Σ

5.(2020.浙江卷)如图，在三棱台ABC-OE尸中，平面ACFD_L平面ABC,ZACB=ZACD

=45°,DC=2BC.

(1)证明：EFLDB；

(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

⑴证明如图，过点。作。0L4C,交直线AC于点0,连接OA

由NAC£)=45。，DOLAC,得

CD=y∣2C0.

由平面ACFQ_L平面A8C,得。0_L平面ABC,

所以DOLBC.

由NAeB=45°,

BC=；CD=当CO,#BOlBC.

所以BUL平面800