1、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()A4 B. C. D6答案B解析由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V(2211)2.2 (2013课标全国)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l答案D解析假设，由m平面，n平面，则mn，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么与相交，设交线为l1，则l1m，l1n，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l1l.3 如图，点O为正方体ABCDABCD的中心
2、，点E为面BBCC的中心，点F为BC的中点，则空间四边形DOEF在该正方体的各个面上的投影不可能是()答案D解析空间四边形DOEF在正方体的面DCCD上的投影是A；在面BCCB上的投影是B；在面ABCD上的投影是C，故选D.4 平行六面体ABCDA1B1C1D1中，向量、两两的夹角均为60，且|1，|2，|3，则|等于()A5 B6 C4 D8答案A解析，2()222222291423123221225，|5.故选A.5如图，四棱锥PABCD的底面是一直角梯形，ABCD，BAAD，CD2AB，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
3、，在PCD中，EF綊CD.又ABCD且CD2AB，EF綊AB，四边形ABEF是平行四边形，EBAF.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PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2CD，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，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH
4、綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH.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，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形因此CFAD，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EFPA.又EF平面PAD，所以EF平面PAD.因为CFEFF，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EFPA.又因为ABPA，所以EFAB，同理可证ABFG.又因为EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG.所以A
5、B平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD，又ABCD，所以MNAB，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ABCA1B1C1中，ACB90，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BCB1C1，且B1C1平面MNB1，BC
6、平面MNB1，故BC平面MNB1.(2)因为BCAC，且ABCA1B1C1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RtABC中，AC6，BC3，ABC90，CD为ACB的平分线，点E在线段AC上，CE4.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BDEG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DEDC，再根据平面BCD平面ACD可证
7、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AC6，BC3，ABC90，ACB60.CD为ACB的平分线，BCDACD30.CD2.CE4，DCE30，DE2CE2CD22CECDcos 304，DE2，则CD2DE2EC2.CDE90，DEDC.又平面BCD平面ACD，平面BCD平面ACDCD，DE平面ACD，DE平面BCD.(2)解EF平面BDG，EF平面ABC，平面ABC平面BDGBG，EFBG.点E在线段AC上，CE4，点F是AB的中点，AEEGCG2.如图，作BHCD于H.平面BCD平面ACD，BH平面ACD.由条件得BH，SDEGSACDACC
8、Dsin 30，三棱锥BDEG的体积VSDEGBH.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RtABC中，C90，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A1FCD，如图(2)(1)求证：DE平面A1CB.(2)求证：A1FBE.(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DEBC.又因为DE平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2
9、)证明由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD.又A1DCDD，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，所以A1F平面BCDE，又因为BE平面BCDE，所以A1FBE.(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PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.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
10、.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，AB2BC，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，求出的值；若不存在，说明理由思维启迪先假设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，EPDP.又ABCD为矩形，AB2BC，P、Q分别为AB、CD的中点，连接PQ，则PQDC且PQDC.DPPC.EPPCP，DP平面EPC.(2)解假设存在F使平面AFD平面BFC，ADBC，BC平面BFC，AD平面BFC，AD平面BFC.AD平行于平面AF
11、D与平面BFC的交线l.EP平面ABCD，EPAD，而ADAB，ABEPP，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FPAB，当AFB90时，FPAP.当FPAP，即1时，平面AFD平面BFC.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ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD2AB，ADDC，ABDC.(1)求证：D1CAC1；(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
12、；若不存在，说明理由(1)证明在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接C1D，DCDD1，四边形DCC1D1是正方形，DC1D1C.又ADDC，ADDD1，DCDD1D，AD平面DCC1D1，又D1C平面DCC1D1，ADD1C.AD平面ADC1，DC1平面ADC1，且ADDC1D，D1C平面ADC1，又AC1平面ADC1，D1CAC1.(2)解假设存在点E，使D1E平面A1BD.连接AD1，AE，D1E，设AD1A1DM，BDAEN，连接MN，平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD，可使MND1E，又M是AD1的中点，则N是AE的中点又易知ABNEDN，ABDE.即E是DC的
13、中点综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E平面A1BD.题型四空间向量与立体几何例4(2012大纲全国)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC.(1)证明：PC平面BED；(2)设平面APB与平面PBC夹角为90，求PD与平面PBC所成角的大小思维启迪利用PA平面ABCD建立空间直角坐标系，利用向量求解方法一(1)证明因为底面ABCD为菱形，所以BDAC.又PA底面ABCD，所以PCBD.如图，设ACBDF，连接EF.因为AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，FC，从而，.因为，FCEPCA，所以FCEPCA，FEC
14、PAC90.由此知PCEF.因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC平面BED.(2)解在平面PAB内过点A作AGPB，G为垂足因为平面APB与平面PBC夹角为90，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD为正方形，AD2，PD2.设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即dAG.设PD与平面PBC所成的角为，则sin .所以PD与平面PBC所成的
15、角为30.方法二(1)证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则C(2，0,0)，P(0,0,2)，E，设D(，b,0)，其中b0，则B(，b,0)于是(2，0，2)，从而0，0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BED.(2)解(0,0,2)，(，b,0)设m(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m0，m0，即2z0且xby0，令xb，则m(b，0)设n(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n0，n0，即2p2r0且bqr0，令p1，则r，q，n.因为平面APB与PBC夹角为90，所以面PAB面PBC，故mn0，即b0，故b，于是n(1
16、，1，)，(，2)，所以cosn，所以n，60.因为PD与平面PBC所成角和n，互余，故PD与平面PBC所成的角为30.思维升华用空间向量求解立体几何问题，主要是通过建立坐标系或利用基底表示向量坐标，通过向量的计算求解位置关系及角的大小，两个平面夹角是历年高考的考查热点，平面的法向量是解题中的一个重点在如图所示的几何体中，底面ABCD为菱形，BAD60，AA1綊DD1綊CC1BE，且AA1AB，D1E平面D1AC，AA1底面ABCD.(1)求平角ACD1与平面ACE夹角的大小；(2)在D1E上是否存在一点P，使得A1P平面EAC，若存在，求的值，若不存在，说明理由解(1)设AC与BD交于O，如
17、图所示建立空间直角坐标系Oxyz，设AB2，则A(，0,0)，B(0，1,0)，C(，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,2)，设E(0，1，t)，t0，则(0,2,2t)，(2，0,0)，(，1，2)D1E面D1AC，D1ECA，D1ED1A，解得t3，E(0，1,3)，(，1,3)，设平面EAC的法向量为m(x，y，z)，则，令z1，y3，m(0,3,1)又平面D1AC的法向量(0,2，1)，cosm，.所以平角ACD1与平面ACE夹角的大小为45.(2)假设存在点P满足题意设()，得(0，)，(，1,0)(0，)(，1，)A1P平面EAC，m，03(1)10，解得，故存在点P使A1
18、P面EAC，此时D1PPE32.(时间：80分钟)1 如图所示，在边长为5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，由已知条件得，解得r，l4，Srlr210，h，Vr2h.2 如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB2AD，ADA1B1，BAD60.(1)证明：AA1BD；(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D1DBD.又因为AB
19、2AD，BAD60，在ABD中，由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcos 603AD2，所以AD2BD2AB2，因此ADBD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A1.又AA1平面ADD1A1，故AA1BD.方法二因为D1D平面ABCD，且BD平面ABCD，所以BDD1D.如图，取AB的中点G，连接DG，在ABD中，由AB2AD得AGAD.又BAD60，所以ADG为等边三角形，因此GDGB，故DBGGDB.又AGD60，所以GDB30，故ADBADGGDB603090，所以BDAD.又ADD1DD，所以BD平面ADD1A.又AA1平面ADD1A，故AA1BD.(2)如图，连接AC，A1C
20、1，设ACBDE，连接EA1，因为四边形ABCD为平行四边形，所以ECAC.由棱台定义及AB2AD2A1B1知A1C1EC且A1C1EC，所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1EA.又EA1平面A1BD，CC1平面A1BD，所以CC1平面A1BD.3 如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积(1)证明因为PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE.因为ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)解由(1)可知C
21、EAD.在RtECD中，DECDcos 451，CECDsin 451.又因为ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形所以S四边形ABCDS矩形ABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCDS四边形ABCDPA1.4 (2012山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF.(1)求证：BD平面AED；(2)求平面BDF和平面BDC夹角的余弦值(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，即
22、ADBD.又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系不妨设CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)因此，(0，1,1)设平面BDF的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以平面BDF和平面BDC夹角的余弦值为.5 (2012北京)如图1，在RtABC中，C90，
23、BC3，AC6.D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由(1)证明ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DECD，DE平面A1DC.DEA1C.又A1CCD，A1C平面BCDE.(2)解如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y
24、，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，令y1，则x2，z，n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.(0,1，)，sin |cosn，|.CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)解线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，令x2，则yp，z，m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，即4pp0.解得p2，与p0,3矛盾线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直6 如图，在五面体ABCDEF
25、中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；(2)证明：平面AMD平面CDE；(3)求平面ACD与平面CDE夹角的余弦值(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.(1,0,1)，(0，1,1)，于是cos，.所以异面直线BF与DE所成角的大小为60.(2)证明由，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.(3)解设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，则于是令x1可得u(1,1,1)又由题设，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1)所以cos u，v.所以平面ACD与平面CDE夹角的余弦值为.
