2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量高考专题突破四高考中的立体几何问题学案（文科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 【考点自测】 1在正三棱柱 ABC A1B1C1中， D 为 BC 的中点， E 为 A1C1的中点，则 DE 与平面 A1B1BA 的位置关系为 ( ) A相交 B平行 C垂直相交 D不确定 答案 B 解析 如图取 B1C1的中点为 F，连接 EF， DF， 则 EF A1B1， DF B1B， 且 EF DF F， A1B1 B1B B1， 平面 EFD 平面 A1B1BA， DE 平面 A1B1BA. 2设 x， y， z 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形： x， y， z 均为直线； x， y 是直线， z

2、 是平面； z 是直线， x， y 是平面； x， y， z 均为平面 其中使 “ x z 且 y z?x y” 为真命题的是 ( ) A B C D 答案 C 解析 由正方体模型可知 为假命题；由线面垂直的性质定理可知 为真命题 3 (2018 届辽宁凌源二中联考 )已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为 ( ) A 2 3 B.12 =【 ;精品教育资源文库 】 = C 2 6 D.23 答案 D 解析 结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为 V 13 12212 121 22 23 ， 故选

3、 D. 4 (2017 天津滨海新区模拟 )如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把 ABD 和 ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： BD AC； BAC 是等边三角形； 三棱锥 D ABC 是正 三棱锥； 平面 ADC 平面 ABC. 其中正确的是 ( ) A B C D 答案 B 解析 由题意知， BD 平面 ADC，故 BD AC， 正确； AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高，平面 ABD 平面 ACD，所以 AB AC BC， BAC 是等边三角形， 正确；易知 DA DB DC，又由 知 正确；由 知 错故选 B. 5 (2

4、017 沈阳调研 )设 ， ， 是三个平面， a， b 是两条不同的直线，有下列三个条件： a ， b ； a ， b ； b ， a .如果命题 “ a， b ，且 _，则 a b” 为真命题，则可以在横线处填入的条件是 _ (把所有正确的序号填上 ) 答案 或 解析 由线面平行的性质定理可知， 正确；当 b ， a 时， a 和 b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行， 正确故应填入的条件为 或 . 题型一 求简单几何体的表面积与体积 例 1 (2018 届衡水联考 )如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1 平面 ABC， AC BC， AC BC=【 ;精品教育资源文库 】

5、= CC1 2，点 D 为 AB 的中点 (1)证明： AC1 平面 B1CD； (2)求三 棱锥 A1 CDB1的体积 (1)证明 连接 BC1交 B1C 于点 O，连接 OD. 在三棱柱 ABC A1B1C1中，四边形 BCC1B1是平行四边形， 点 O 是 BC1的中点 点 D 为 AB 的中点， OD AC1. 又 OD 平面 B1CD， AC1?平面 B1CD， AC1 平面 B1CD. (2)解 AC BC， AD BD， CD AB. 在三棱柱 ABC A1B1C1中， 由 AA1 平面 ABC，得平面 ABB1A1 平面 ABC. 又平面 ABB1A1 平面 ABC AB， C

6、D 平面 ABC， CD 平面 ABB1A1， AC BC， AC BC 2， AB A1B1 2 2， CD 2， V 三棱锥 A1 CDB1 V 三棱锥 C A1DB1 13 1222 2 2 43. 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积 (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式 求解 (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件=【 ;精品教育资源文库 】 = 求解 跟踪训练 1 (2018 乌鲁木齐质检

7、)正三棱锥的高为 1，底面边长为 2 6，内有一个球与它的四个面都相切 (如图 )求： (1)这个正三棱锥的表面积； (2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积 解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为 13 32 2 6 2，则正棱锥侧面的斜高为12 ? 2?2 3， S 侧 3 122 6 3 9 2， S 表 S 侧 S 底 9 2 12 32 (2 6)2 9 2 6 3. (2)设正三棱锥 P ABC 的内切球球心为 O，连接 OP， OA， OB， OC，而 O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 r. V 三棱锥 P ABC V 三棱锥 O PAB V 三棱锥 O PBC V 三

8、棱锥 O PAC V 三棱锥 O ABC 13S 侧 r 13S ABC r 13S 表 r (3 2 2 3)r. 又 VP ABC 13 12 32 (2 6)21 2 3， (3 2 2 3)r 2 3， 得 r 2 33 2 2 3 2 3?3 2 2 3?18 12 6 2. S 内切球 4( 6 2)2 (40 16 6). =【 ;精品教育资源文库 】 = V 内切球 43( 6 2)3 83(9 6 22). 题型二 空间点、线、面的位置关系 例 2 (2017 广州五校联考 )如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PA PD， BAD 60 ， E 是

9、AD 的中点，点 Q 在侧棱 PC 上 (1)求证： AD 平面 PBE； (2)若 Q 是 PC 的中点，求证： PA 平面 BDQ； (3)若 VP BCDE 2VQ ABCD，试求 CPCQ的值 (1)证明 由 E 是 AD 的中点， PA PD 可得 AD PE. 因为底面 ABCD 是菱形， BAD 60 ， 所以 AB BD，所以 AD BE， 又 PE BE E， PE， BE 平面 PBE， 所以 AD 平面 PBE. (2)证明 连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OQ. 因为 O 是 AC 的中点， Q 是 PC 的中点， 所以 OQ PA， 又 PA?平面 BDQ， O

10、Q 平面 BDQ， 所以 PA 平面 BDQ. (3)解 设四棱锥 P BCDE， Q ABCD 的高分别为 h1， h2. 所以 V 四棱锥 P BCDE 13S 四边形 BCDEh1， V 四棱锥 Q ABCD 13S 四边形 ABCDh2. 又 VP BCDE 2VQ ABCD，且 S 四边形 BCDE 34S 四边形 ABCD， 所以 CPCQ h1h2 83. =【 ;精品教育资源文库 】 = 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

11、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，在三棱锥 S ABC 中，平面 SAB 平面 SBC， AB BC， AS AB.过 A 作 AF SB，垂足为 F，点 E， G 分别是棱 SA， SC 的中点

12、 求证： (1)平面 EFG 平面 ABC； (2)BC SA. 证明 (1)由 AS AB， AF SB 知 F 为 SB 的中点， 则 EF AB， FG BC，又 EF FG F， AB BC B， 因此平面 EFG 平面 ABC. (2)由平面 SAB 平面 SBC，平面 SAB 平面 SBC SB， AF 平面 SAB， AF SB， 所以 AF 平面 SBC，则 AF BC. 又 BC AB， AF AB A， AF， AB 平面 SAB， 则 BC 平面 SAB，又 SA 平面 SAB， 因此 BC SA. 题型三 平面图形的翻折问题 例 3 五边形 ANB1C1C 是由一个梯形

13、 ANB1B 与一个矩形 BB1C1C 组成的，如图甲所示， B 为 AC 的=【 ;精品教育资源文库 】 = 中点， AC CC1 2AN 8.沿虚线 BB1将五边形 ANB1C1C 折成直二面角 A BB1 C，如图乙所示 (1)求证：平面 BNC 平面 C1B1N； (2)求图乙中的多面体的体积 (1)证明 四边形 BB1C1C 为矩形，故 B1C1 BB1， 又由于二面角 A BB1 C 为直二面角， 故 B1C1 平面 BB1A，又 BN 平面 BB1A， 故 B1C1 BN， 由线段 AC CC1 2AN 8 知， BB21 NB21 BN2， 即 BN NB1，又 B1C1 NB

14、1 B1， B1C1， NB1 平面 NB1C1， 所以 BN 平面 C1B1N， 因为 BN 平面 BNC， 所以平面 BNC 平面 C1B1N. (2)解 连接 CN，过 N 作 NM BB1，垂足为 M， V 三棱锥 C ABN 13 BC S ABN 134 1244 323 ， 又 B1C1 平面 ABB1N， 所以平面 CBB1C1 平面 ABB1N， 且平面 CBB1C1 ABB1N BB1， NM BB1， NM 平面 ABB1N， 所以 NM 平面 B1C1CB， V 四棱锥 N B1C1CB13 NM S 矩形 B1 C1 CB 13448 1283 ， =【 ;精品教育资

15、源文库 】 = 则此几何体的体积 V V 三棱锥 C ABN V 四棱锥 N B1C1CB323 1283 1603 . 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 (2018 届珠海摸底 )为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计方案如下：将一块边长为 10 的正方形纸片 ABCD 剪去四个全等的等腰三角形 SEE ， SFF ， SGG ， SHH ，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒 S EFGH，其中 A， B， C， D 重合于点 O， E 与 E 重合， F 与 F 重