高考专题突破四:高考中的立体几何问题(含答案)
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1、高考专题突破四高考专题突破四 高考中的立体几何问题高考中的立体几何问题 【考点自测】 1在正三棱柱 ABCA1B1C1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 EFA1B1,DFB1B, 且 EFDFF,A1B1B1BB1, 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 是平面;z 是直线,x,y 是平面;x,y
2、,z 均为 平面 其中使“xz 且 yzxy”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 届黑龙江海林市朝鲜中学模拟)已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表面 积为( ) A94( 2 5) B102( 2 3) C112( 2 5) D112( 2 3) 答案 C 解析 根据三视图还原几何体为一个直四棱柱,两底面为四边形(侧视图),其余各侧面为矩 形, 两底面面积为 2 1 222 1 211 5, 四个侧面面积为 22122 52 2 62 52 2,几何体的表面积为 112( 5 2),故选 C.
3、 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: BDAC; BAC 是等边三角形; 三棱锥 DABC 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 BDAC,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 ABACBC,BAC 是等边三角形,正确;易知 DA DBDC,又由知正确;由知错故选 B. 5(2017 沈阳调研)设 , 是三个平面,a,b 是两条
4、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 ab” 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. 题型一题型一 求空间几何体的表面积与体积求空间几何体的表面积与体积 例 1 (2016 全国)如图,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O, 点 E,F 分别在 AD,CD 上,AECF,EF 交 BD 于点 H,将DEF 沿 EF 折到DEF 的位置 (1)证明:ACHD
5、; (2)若 AB5,AC6,AE5 4,OD2 2,求五棱锥 D-ABCFE 的体积 (1)证明 由已知得 ACBD, ADCD, 又由 AECF 得AE AD CF CD, 故 ACEF, 由此得 EFHD, 折后 EF 与 HD 保持垂直关系,即 EFHD,所以 ACHD. (2)解 由 EFAC 得OH DO AE AD 1 4. 由 AB5,AC6 得 DOBO AB2AO24, 所以 OH1,DHDH3, 于是 OD2OH2(2 2)2129DH2, 故 ODOH. 由(1)知 ACHD,又 ACBD,BDHDH, BD,HD平面 BHD, 所以 AC平面 BHD,于是 ACOD,
6、 又由 ODOH,ACOHO,AC,OH平面 ABC, 所以 OD平面 ABC. 又由EF AC DH DO得 EF 9 2. 五边形 ABCFE 的面积 S1 268 1 2 9 23 69 4 . 所以五棱锥 D-ABCFE 的体积 V1 3 69 4 2 223 2 2 . 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,然后根据条件求
7、解 跟踪训练 1 (2018 乌鲁木齐质检)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1 3 3 2 2 6 2,则正棱锥 侧面的斜高为12 22 3, S侧31 22 6 39 2, S表S侧S底9 21 2 3 2 (2 6)2 9 26 3. (2)设正三棱锥 PABC 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PABCV三棱锥OPABV三棱锥OPBCV三棱锥OPACV
8、三棱锥OABC 1 3S 侧 r1 3SABC r 1 3S 表 r (3 22 3)r. 又 VPABC1 3 1 2 3 2 (2 6)212 3, (3 22 3)r2 3, 得 r 2 3 3 22 3 2 33 22 3 1812 62. S内切球4( 62)2(4016 6). V内切球4 3( 62) 38 3(9 622). 题型二题型二 空间点、线、面的位置关系空间点、线、面的位置关系 例 2 (2017 广州五校联考)如图, 在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 是菱形, PAPD, BAD 60 ,E 是 AD 的中点,点 Q 在侧棱 PC 上 (1)求证:AD平面
9、 PBE; (2)若 Q 是 PC 的中点,求证:PA平面 BDQ; (3)若 VPBCDE2VQABCD,试求CP CQ的值 (1)证明 由 E 是 AD 的中点,PAPD 可得 ADPE. 因为底面 ABCD 是菱形,BAD60 , 所以 ABBD,所以 ADBE, 又 PEBEE,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 OQPA, 又 PA平面 BDQ,OQ平面 BDQ, 所以 PA平面 BDQ. (3)解 设四棱锥 PBCDE,QABCD 的高分别为 h1,h
10、2. 所以 V四棱锥PBCDE1 3S 四边形BCDEh1, V四棱锥QABCD1 3S 四边形ABCDh2. 又 VPBCDE2VQABCD,且 S四边形BCDE3 4S 四边形ABCD, 所以CP CQ h1 h2 8 3. 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
11、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,在直三棱柱 ABCA1B1C1中,ABAC,E 是 BC 的中点,求证: (1)平面 AB1E平面 B1BCC1; (2)A1C平面 AB1E. 证明 (1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中, CC1平面 ABC. 因为 AE平面 ABC,所以 CC1AE. 因为 ABAC,E 为 BC 的中点,所以 AEBC. 因为 BC平面 B1BCC1,CC1平面 B1B
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