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2015年高中数学步步高大一轮复习讲义(文科)第八章 专题四


专题四

高考中的立体几何问题

1. (2013· 广东)某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是

(

)

A.4 答案 B

14 B. 3

16 C. 3

D.6

解析 由三视图知四棱台的直观图为 1 14 由棱台的体积公式得:V= (2×2+1×1+ 2×2×1×1)×2= . 3 3 2. (2013· 课标全国Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l 答案 D 解析 假设 α∥β, 由 m⊥平面 α,n⊥平面 β, 则 m∥n,这与已知 m,n 为异面直线矛盾, 那么 α 与 β 相交,设交线为 l1,则 l1⊥m,l1⊥n,在直线 m 上任取一点作 n1 平行于 n, 那么 l1 和 l 都垂直于直线 m 与 n1 所确定的平面,所以 l1∥l. 3. 如图,点 O 为正方体 ABCD—A′B′C′D′的中心,点 E 为面 B′BCC′的中心,点 F 为 B′C′的中点,则空间四边形 D′OEF 在该正方体的各个面上的投影不可能是 ( ) α,l β,则 ( )

答案 D 解析 空间四边形 D′OEF 在正方体的面 DCC′D′上的投影是 A;在面 BCC′B′上 的投影是 B;在面 ABCD 上的投影是 C,故选 D. 4.在如图所示的四个正方体中,能得出 AB⊥CD 的是 ( )

答案 A 解析 A 中,∵CD⊥平面 AMB,∴CD⊥AB;B 中,AB 与 CD 成 60° 角,C 中,AB 与 CD 成 45° 角;D 中,AB 与 CD 夹角的正切值为 2. 5.如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是一直角梯形,AB∥CD,BA⊥AD, CD=2AB,PA⊥底面 ABCD,E 为 PC 的中点,则 BE 与平面 PAD 的 位置关系为________. 答案 平行 解析 取 PD 的中点 F,连接 EF, 1 在△PCD 中,EF 綊 CD. 2 又∵AB∥CD 且 CD=2AB, ∴EF 綊 AB, ∴四边形 ABEF 是平行四边形, ∴EB∥AF. 又∵EB? 平面 PAD,AF 平面 PAD, ∴BE∥平面 PAD.

题型一 空间点、线、面的位置关系 例1 (2013· 山东)如图,四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AC,AB⊥PA, AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为 PB,AB,BC,PD, PC 的中点. (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN. 思维启迪 (1)在平面 PAD 内作直线 CE 的平行线或者利用平面 CEF∥平面 PAD 证明;

(2)MN 是平面 EFG 的垂线. 证明 (1)方法一 取 PA 的中点 H,连接 EH,DH.

又 E 为 PB 的中点, 1 所以 EH 綊 AB. 2 1 又 CD 綊 AB,所以 EH 綊 CD. 2 所以四边形 DCEH 是平行四边形,所以 CE∥DH. 又 DH 平面 PAD,CE? 平面 PAD. 所以 CE∥平面 PAD. 方法二 连接 CF. 因为 F 为 AB 的中点, 1 所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2 又 AF∥CD,所以四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD,又 CF? 平面 PAD, 所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥PA. 又 EF? 平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE 平面 CEF,所以 CE∥平面 PAD. (2)因为 E、F 分别为 PB、AB 的中点,所以 EF∥PA. 又因为 AB⊥PA,所以 EF⊥AB,同理可证 AB⊥FG. 又因为 EF∩FG=F,EF 平面 EFG,FG 平面 EFG.

所以 AB⊥平面 EFG. 又因为 M,N 分别为 PD,PC 的中点, 所以 MN∥CD,又 AB∥CD,所以 MN∥AB, 所以 MN⊥平面 EFG. 又因为 MN 平面 EMN, 所以平面 EFG⊥平面 EMN. 思维升华 高考对该部分的考查重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. 如图所示, 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠ACB=90° , M, N 分别为 A1B,B1C1 的中点.求证: (1)BC∥平面 MNB1; (2)平面 A1CB⊥平面 ACC1A. 证明 (1)因为 BC∥B1C1,

且 B1C1 平面 MNB1, BC? 平面 MNB1,故 BC∥平面 MNB1. (2)因为 BC⊥AC,且 ABC-A1B1C1 为直三棱柱, 故 BC⊥平面 ACC1A1. 因为 BC 平面 A1CB,故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1. 题型二 平面图形的翻折问题 例2 如图 1 所示,在 Rt△ABC 中,AC=6,BC=3,∠ABC=90° ,CD 为∠ACB 的平分线, 点 E 在线段 AC 上,CE=4.如图 2 所示,将△BCD 沿 CD 折起,使得平面 BCD⊥平面 ACD,连接 AB,BE,设点 F 是 AB 的中点. (1)求证:DE⊥平面 BCD; (2)若 EF∥平面 BDG,其中 G 为直线 AC 与平面 BDG 的交点,求三棱锥 B-DEG 的体 积.

思维启迪

(1)翻折前后,△ACD 内各元素的位置关系没有变化,易知 DE⊥DC,再根据

平面 BCD⊥平面 ACD 可证明 DE⊥平面 BCD;(2)注意从条件 EF∥平面 BDG 得线线平 行,为求高作基础.

(1)证明 ∵AC=6,BC=3,∠ABC=90° ,∴∠ACB=60° . ∵CD 为∠ACB 的平分线,∴∠BCD=∠ACD=30° . ∴CD=2 3. ∵CE=4,∠DCE=30° , ∴DE2=CE2+CD2-2CE· CD· cos 30° =4, ∴DE=2,则 CD2+DE2=EC2.∴∠CDE=90° ,DE⊥DC. 又∵平面 BCD⊥平面 ACD,平面 BCD∩平面 ACD=CD,DE 平面 ACD,∴DE⊥平面 BCD. (2)解 ∵EF∥平面 BDG,EF 平面 ABC,平面 ABC∩平面 BDG=BG,∴EF∥BG.

∵点 E 在线段 AC 上,CE=4,点 F 是 AB 的中点, ∴AE=EG=CG=2. 如图,作 BH⊥CD 于 H. ∵平面 BCD⊥平面 ACD, ∴BH⊥平面 ACD. 3 由条件得 BH= , 2 1 1 1 S△DEG= S△ACD= × AC· CD· sin 30° = 3, 3 3 2 1 ∴三棱锥 B-DEG 的体积 V= S△DEG· BH 3 1 3 3 = × 3× = . 3 2 2 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. (2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,D,E 分别为 AC,AB 的 中点,点 F 为线段 CD 上的一点,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1F⊥CD, 如图(2).

(1)求证:DE∥平面 A1CB. (2)求证:A1F⊥BE.

(3)线段 A1B 上是否存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ?说明理由. (1)证明 因为 D,E 分别为 AC,AB 的中点, 所以 DE∥BC. 又因为 DE? 平面 A1CB,所以 DE∥平面 A1CB. (2)证明 由已知得 AC⊥BC 且 DE∥BC, 所以 DE⊥AC.所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 又 A1D∩CD=D,所以 DE⊥平面 A1DC. 而 A1F 平面 A1DC,所以 DE⊥A1F. 又因为 A1F⊥CD,所以 A1F⊥平面 BCDE, 又因为 BE 平面 BCDE,所以 A1F⊥BE. (3)解 线段 A1B 上存在点 Q,使 A1C⊥平面 DEQ.理由如下:

如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQ∥BC. 又因为 DE∥BC, 所以 DE∥PQ. 所以平面 DEQ 即为平面 DEP. 由(2)知,DE⊥平面 A1DC, 所以 DE⊥A1C. 又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点, 所以 A1C⊥DP.所以 A1C⊥平面 DEP. 从而 A1C⊥平面 DEQ. 故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C⊥平面 DEQ. 题型三 线面位置关系中的存在性问题 例3 如图,在矩形 ABCD 中,AB=2BC,P、Q 分别是线段 AB、CD 的 中点,EP⊥平面 ABCD. (1)求证:DP⊥平面 EPC; (2)问在 EP 上是否存在点 F,使平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求出 FP 的值;若不存在,说明理由. AP 思维启迪 先假设 EP 上存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,然后推证点 F 的位置. (1)证明 ∵EP⊥平面 ABCD, ∴EP⊥DP. 又 ABCD 为矩形,AB=2BC, P、 Q 分别为 AB、 CD 的中点, 连接 PQ, 1 则 PQ⊥DC 且 PQ= DC.∴DP⊥PC. 2 ∵EP∩PC=P,∴DP⊥平面 EPC.

(2)解

假设存在 F 使平面 AFD⊥平面 BFC,

∵AD∥BC,BC 平面 BFC,AD? 平面 BFC, ∴AD∥平面 BFC. ∴AD 平行于平面 AFD 与平面 BFC 的交线 l. ∵EP⊥平面 ABCD,∴EP⊥AD,而 AD⊥AB, AB∩EP=P,∴AD⊥平面 EAB,∴l⊥平面 FAB. ∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角. ∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB, ∴当∠AFB=90° 时,FP=AP. FP ∴当 FP=AP,即 =1 时,平面 AFD⊥平面 BFC. AP 思维升华 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在这个假设下利用线面 关系的性质进行推理论证,寻求假设满足的条件.若条件满足则肯定假设,若得到矛盾 则否定假设. 如图,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,已知 DC= DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC. (1)求证:D1C⊥AC1; (2)问在棱 CD 上是否存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.若存在,确定 点 E 位置;若不存在,说明理由. (1)证明 在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,连接 C1D, ∵DC=DD1,∴四边形 DCC1D1 是正方形,∴DC1⊥D1C. 又 AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,∴AD⊥平面 DCC1D1, 又 D1C 平面 DCC1D1,∴AD⊥D1C. ∵AD 平面 ADC1,DC1 平面 ADC1,且 AD∩DC1=D, ∴D1C⊥平面 ADC1, 又 AC1 平面 ADC1,∴D1C⊥AC1. (2)解 假设存在点 E,使 D1E∥平面 A1BD.

连接 AD1,AE,D1E, 设 AD1∩A1D=M, BD∩AE=N,连接 MN, ∵平面 AD1E∩平面 A1BD=MN, 要使 D1E∥平面 A1BD,可使 MN∥D1E,又 M 是 AD1 的中点,则 N 是 AE 的中点. 又易知△ABN≌△EDN,∴AB=DE.即 E 是 DC 的中点. 综上所述,当 E 是 DC 的中点时,可使 D1E∥平面 A1BD.

(时间:80 分钟) 1. 如图所示,在边长为 5+ 2的正方形 ABCD 中,以 A 为圆心画一个 扇形,以 O 为圆心画一个圆,M,N,K 为切点,以扇形为圆锥的侧 面,以圆 O 为圆锥底面,围成一个圆锥,求圆锥的全面积与体积. 解 设圆锥的母线长为 l,底面半径为 r,高为 h,

? ?l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 由已知条件得?2πr π , = ? ? l 2
解得 r= 2,l=4 2,S=πrl+πr2=10π, 1 2 30 h= l2-r2= 30,V= πr2h= π. 3 3 2. 如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,D1D⊥平面 ABCD,底面 ABCD 是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60° . (1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面 A1BD. 证明 (1)方法一 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD 平面 ABCD,所以 D1D⊥BD.

又因为 AB=2AD,∠BAD=60° , 在△ABD 中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos 60° =3AD2, 所以 AD2+BD2=AB2,因此 AD⊥BD. 又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A1. 又 AA1 平面 ADD1A1,故 AA1⊥BD. 方法二 因为 D1D⊥平面 ABCD,且 BD 平面 ABCD, 所以 BD⊥D1D. 如图,取 AB 的中点 G,连接 DG, 在△ABD 中,由 AB=2AD 得 AG=AD. 又∠BAD=60° , 所以△ADG 为等边三角形, 因此 GD=GB,故∠DBG=∠GDB. 又∠AGD=60° ,所以∠GDB=30° , 故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60° +30° =90° , 所以 BD⊥AD.

又 AD∩D1D=D,所以 BD⊥平面 ADD1A. 又 AA1 平面 ADD1A,故 AA1⊥BD. (2)如图,连接 AC,A1C1, 设 AC∩BD=E,连接 EA1, 1 因为四边形 ABCD 为平行四边形,所以 EC= AC. 2 由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形, 因此 CC1∥EA. 又 EA1 平面 A1BD,CC1? 平面 A1BD, 所以 CC1∥平面 A1BD. 3. 如图,四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,点 E 在线 段 AD 上,且 CE∥AB. (1)求证:CE⊥平面 PAD; (2)若 PA=AB=1,AD=3,CD= 2,∠CDA=45° ,求四棱锥 P—ABCD 的体积. (1)证明 因为 PA⊥平面 ABCD,CE 平面 ABCD, 所以 PA⊥CE. 因为 AB⊥AD,CE∥AB,所以 CE⊥AD. 又 PA∩AD=A,所以 CE⊥平面 PAD. (2)解 由(1)可知 CE⊥AD.

在 Rt△ECD 中,DE=CD· cos 45° = 1, CE=CD· sin 45° =1. 又因为 AB=CE=1,AB∥CE,所以四边形 ABCE 为矩形. 1 所以 S 四边形 ABCD=S 矩形 ABCE+S△ECD=AB· AE+ CE· DE 2 1 5 =1×2+ ×1×1= . 2 2 又 PA⊥平面 ABCD,PA=1, 1 1 5 5 所以 V 四棱锥 P—ABCD= S 四边形 ABCD· PA= × ×1= . 3 3 2 6 4.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 CD、 A1D1 的中点. (1)求证:AB1⊥BF; (2)求证:AE⊥BF; (3)棱 CC1 上是否存在点 P,使 BF⊥平面 AEP?若存在,确定点 P 的位置,若不存在, 说明理由.

(1)证明 连接 A1B,则 AB1⊥A1B, 又∵AB1⊥A1F,且 A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面 A1BF. 又 BF 平面 A1BF, ∴AB1⊥BF. (2)证明 取 AD 中点 G,连接 FG,BG,则 FG⊥AE, 又∵△BAG≌△ADE, ∴∠ABG=∠DAE. ∴AE⊥BG.又∵BG∩FG=G, ∴AE⊥平面 BFG. 又 BF 平面 BFG,∴AE⊥BF. (3)解 存在.取 CC1 中点 P,即为所求.连接 EP,AP,C1D,

∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1. 由(1)知 AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知 AE⊥BF,且 AE∩EP=E, ∴BF⊥平面 AEP. 5.(2012· 安徽)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 A1B1C1D1 是正方 形,O 是 BD 的中点,E 是棱 AA1 上任意一点. (1)证明:BD⊥EC1; (2)如果 AB=2,AE= 2,OE⊥EC1,求 AA1 的长. (1)证明 连接 AC,A1C1. 由底面是正方形知,BD⊥AC. 因为 AA1⊥平面 ABCD,BD 平面 ABCD, 所以 AA1⊥BD. 又 AA1∩AC=A, 所以 BD⊥平面 AA1C1C. 因为 EC1 平面 AA1C1C 知,BD⊥EC1. (2)解 方法一 设 AA1 的长为 h,连接 OC1.

在 Rt△OAE 中,AE= 2,AO= 2, 故 OE2=( 2)2+( 2)2=4. 在 Rt△EA1C1 中,A1E=h- 2,A1C1=2 2,
2 2 故 EC2 1=(h- 2) +(2 2) . 2 2 在 Rt△OCC1 中,OC= 2,CC1=h,OC2 1=h +( 2) . 2 因为 OE⊥EC1,所以 OE2+EC1 =OC2 1,即

4+(h- 2)2+(2 2)2=h2+( 2)2, 解得 h=3 2,所以 AA1 的长为 3 2. 方法二 ∵OE⊥EC1,∴∠AEO+∠A1EC1=90° . 又∵∠A1C1E+∠A1EC1=90° ,∴∠AEO=∠A1C1E. 又∵∠OAE=∠C1A1E=90° ,∴△OAE∽EA1C1, ∴ AE AO 2 2 = ,即 = , A1C1 A1E 2 2 A 1E

∴A1E=2 2, ∴AA1=AE+A1E=3 2. 6.(2013· 辽宁)如图,AB 是圆 O 的直径,PA 垂直圆 O 所在的平面,C 是圆 O 上的点. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)设 Q 为 PA 的中点,G 为△AOC 的重心,求证:QG∥平面 PBC. 证明 (1)由 AB 是圆 O 的直径,得 AC⊥BC,

由 PA⊥平面 ABC,BC 平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA 平面 PAC,AC 平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. (2)连接 OG 并延长交 AC 于 M,连接 QM,QO,由 G 为△AOC 的 重心,得 M 为 AC 中点. 由 Q 为 PA 中点,得 QM∥PC, 又 O 为 AB 中点,得 OM∥BC. 因为 QM∩MO=M,QM 平面 QMO, MO 平面 QMO,BC∩PC=C, BC 平面 PBC,PC 平面 PBC. 所以平面 QMO∥平面 PBC. 因为 QG 平面 QMO,所以 QG∥平面 PBC.


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