1、高考资源网（） 您身边的高考专家第3讲立体几何中的热点问题考情研析高考对立体几何的考查，以几何元素的平行、垂直为重点为了考查学生应用知识的能力和意识，高考试题中常以解答题的形式呈现，折叠问题和探索性问题是常考的综合题型.核心知识回顾1.折叠问题以折叠手段，将平面图形折成立体图形，据此提出的立体几何问题是折叠问题解决此类问题的一般过程是：通过想象，充分认识图形在折叠前后的变与不变，根据立体几何中的相关概念、公理、定理等知识，准确推理论证，直到得出最终结论2探索性问题在高考数学问题中，有类问题是已知结论探求条件或在一定条件下探求结论是否存在，这类条件开放或结论开放的问题，通常称为探索性问题解决此类
2、问题常可以使用分析法来寻找解题思路热点考向探究考向1折叠问题例1(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD的边长为2，D60，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起使得点D到达点P的位置且平面PHA平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点(1)求证：平面PBC平面EFH；(2)求三棱锥PEFH的体积解(1)证明：因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE綊CH，四边形BCHE为平行四边形，则BCEH，又EH平面PBC，所以EH平面PBC又点E，F分别为AB，AP的中点，所以EFBP，又EF平面PBC，所以EF平面PBC而EFEHE，所以平
3、面EFH平面PBC(2)因为在菱形ABCD中，D60，所以ACD为正三角形，所以AHCD，AH，DHPHCH1.折叠后，PHAH，又平面PHA平面ABCH，平面PHA平面ABCHAH，从而PH平面ABCH.在PAE中，点F为AP的中点，则SPEFSAEF，所以V三棱锥HPEFV三棱锥HAEF，而V三棱锥HPEFV三棱锥HAEFV三棱锥HPAE，所以V三棱锥PEFHV三棱锥HPEFV三棱锥HPAEV三棱锥PAEH1. (2019沈阳二模)如图1所示，直角梯形ABCD，ADC90，ABCD，ADCDAB2，点E为AC的中点，将ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2
4、所示的几何体DABC中(1)求证：BC平面ACD；(2)若点F在棱CD上，且满足AD平面BEF，求几何体FBCE的体积解(1)证明：在图1中，由题意，知ACBC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC因为点E为AC的中点，如图，连接DE，则DEAC，又平面ADC平面ABC，且平面ADC平面ABCAC，DE平面ACD，从而ED平面ABC，所以EDBC又ACBC，ACEDE，所以BC平面ACD(2)取DC的中点F，连接EF，BF，因为点E是AC的中点，所以EFAD，又EF平面BEF，AD平面BEF，所以AD平面BEF，由(1)知，DE为三棱锥BACD的高，因为三棱锥FBCE的高hDE，SBCESA
5、BC222，所以三棱锥FBCE的体积为V三棱锥FBCESBCEh2.考向2 探索性问题例2如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且ABEF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直(1)求证：平面AFC平面CBF；(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM平面DAF？并说明理由解(1)证明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF，AF平面ABEF，AFCB，又AB为圆O的直径，AFBF，CBBFB，AF平面CBF.AF平面AFC，平面AFC平面CBF.(2)存在满足条件的点M.取CF的中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN，则MN綊C
6、D，又AO綊CD，则MN綊AO，四边形MNAO为平行四边形，OMAN，又AN平面DAF，OM平面DAF，OM平面DAF.即存在一点M为CF的中点，使得OM平面DAF. 解决立体几何中探索性问题的基本思路：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点(1)求证：AC1平面B1D1C；(2)过E构造一条线段与平面B1D1C垂直，并证明你的结论解(1)证明：AA1平面A1B1C1
7、D1，AA1B1D1.如图，连接A1C1交B1D1于O，A1C1B1D1，且AA1A1C1A1，B1D1平面AA1C1，B1D1AC1.同理，AC1B1C，又B1CB1D1B1，AC1平面B1D1C(2)如图，连接EO，此线段与平面B1D1C垂直E是AA1的中点，O是A1C1的中点，EOAC1.AC1平面B1D1C，EO平面B1D1C真题押题真题模拟1(2019太原模拟)将图中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案C解析在题图中，ADBC，故在题
8、图中，ADBD，ADDC，又因为BDDCD，所以AD平面BCD，又BC平面BCD，D不在BC上，所以ADBC，且AD与BC异面，故选C2(2019南宁市高三适应性测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是()ADC1D1PB平面D1A1P平面A1APCAPD1的最大值为90DAPPD1的最小值为 答案C解析连接CD1，易得DC1平面A1BCD1，DC1D1P，故A结论正确；D1A1平面ABB1A1，平面D1A1P平面A1AP，故B结论正确；当0A1P时，APD1为钝角，故C结论错误；将平面AA1B沿A1B展成与平面A1BCD1共面，线段
9、AD1即APPD1的最小值，在平面展开图中解三角形得AD1 ，故D结论正确故选C3(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)已知平面，两两垂直，直线a，b，c满足：a，b，c，则直线a，b，c的位置关系不可能是()A两两平行 B两两垂直C两两相交 D两两异面答案A解析如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ABCD、平面A1ADD1、平面A1ABB1两两垂直，则AB，AD，A1A在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故B，C正确；CD，A1D1，BB1也在这三个平面中，它们彼此异面，故D正确；如图所示，设m，n，l.在平面内任取一点O(Ol，On)，过O作OEl，OFn，垂足分别为
10、E，F.因为，l，OE平面，OEl，故OE，因为m，所以OEm，同理OFm，因OEOFO，故m，同理n，l.若a，b，c两两平行，因a，b，故a或者a，若a，因m，则am，故a，而c，故ac，与ac矛盾；若a，则am，因m，c，故ac，与ac矛盾所以a，b，c两两平行不成立，故A错误综上，故选A4. (2019江苏高考)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是_答案10解析设长方体中BCa，CDb，CC1c，则abc120，VEBCDabcabc10.5. (2019河南省六市高三第一次联考)如图，ABC是等腰直角三角形，斜边AB2，D为直
11、角边BC上的一点(不含端点)，将ACD沿直线AD折叠至AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，若点C1在平面ABD上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是_答案(1，)解析在等腰RtABC中，斜边AB2，D为直角边BC上的一点，ACBC，ACB90，将ACD沿直线AD折叠至AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AHx，AC1AC，CDC1D(0，)，AC1D90，C1H平面ABC，AHAC1，当CD时，B与D重合，AH1，当CDAB1，D为直角边BC上的一点，CD(0，)，AH的取值范围是(1，)金版押题6在四面体ABCD中，若ADDB
12、ACCB1，则四面体ABCD体积的最大值是()A B C D答案A解析如图，取AB的中点E，连接CE，DE，设AB2x(0x1)，则CEDE ，所以当平面ABC平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，此时，四面体ABCD的体积V2xxx3.所以Vx2.令V0，得x.当x时，V单调递增，当x时，V单调递减，则当x时，V有最大值，Vmax3.故选A7如图1，在直角梯形ABCP中，CPAB，CPBC，ABBCCP，D是CP的中点，将PAD沿AD折起，使点P到达点P的位置得到图2，点M为棱PC上的动点(1)当M在何处时，平面ADM平面PBC？并证明；(2)若AB2，PDC135，证明：点C到平面PAD
13、的距离等于点P到平面ABCD的距离，并求出该距离解(1)当点M为PC的中点时，平面ADM平面PBC，证明如下：DPDC，M为PC的中点，PCDM，ADDP，ADDC，AD平面DPC，ADPC，PC平面ADM，平面ADM平面PBC(2)在平面PCD上作PHCD的延长线于点H，由(1)中AD平面DPC，可知平面PCD平面ABCD，PH平面ABCD，由题意得DP2，PDH45，PH，又VPADCVCPAD，设点C到平面PAD的距离为h，即SADCPHSPADh，由题意，ADCADP，即SADCSPADPHh，故点C到平面PAD的距离等于点P到平面ABCD的距离，且距离为. 配套作业一、选择题1设a，
14、b，c是三条不同的直线，是两个不同的平面，则ab的一个充分不必要条件是()Aac，bc B，a，bCa，b Da，b答案D解析对于C，在平面内存在cb，因为a，所以ac，故ab；A，B中，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D中一定推出ab.2如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为BD1的中点，则PAC在该正方体各个面上的正投影可能是()A B C D答案B解析由题可知平面APC平面ABCD，且点P在各个面内的正投影均为正方形的中心根据对称性，只需考虑PAC在底面、后面、右面的正投影即可显然PAC在底面的正投影为正方形的对角线，在后面与右面的正投影相同，均为等腰直角三
15、角形，故选B3如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()AAH平面EFH BAG平面EFHCHF平面AEF DHG平面AEF答案A解析由平面图形得AHHE，AHHF，又HEHFH，所以AH平面EFH，故选A4(2019广西南宁市高三第一次适应性测试)如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，若AB6，AD8，AA17，则异面直线EF与AA1所成角的正切值为()A B C D答案B解析如图，作FGAD，垂足为G，
16、连接EG，因为FGAA1，所以EFG为异面直线EF与AA1所成的角(或其补角)，且tanEFG，因为EG5，FGAA17，所以tanEFG.故选B5如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC答案D解析因为在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD，又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，则CDAB，又ADAB，
17、CDADD，所以AB平面ADC，因为AB平面ABC，所以平面ABC平面ADC，故选D6(2019贵州省高三普通高等学校招生适应性考试)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下面四个命题：若，则；若，m，n，则mn；若m，n，则mn；若，m，n，则mn.其中正确命题的序号是()A B C D答案C解析对于，若，则与平行或相交，故错误；对于，若，m，n，则m与n平行、相交或异面，错误；对于，若m，n，则m与n平行或异面，错误；对于，若，m，n，由面面平行的性质定理可知mn，正确故选C7(2019山东省高三第一次大联考)如图，一个正四棱锥P1AB1C1D和一个正三棱锥P2B2C2S，所有棱
18、长都相等，F为棱B1C1的中点，将P1、P2，B1、B2，C1、C2分别对应重合为P，B，C，得到组合体关于该组合体有如下三个结论：ADSP；ADSF；ABSP.其中错误的个数是()A0 B1 C2 D3答案A解析由于正四棱锥P1AB1C1D和一个正三棱锥P2B2C2S的所有的棱长都相等，故可将其组合体放在两个相同的正四棱柱中，如图所示，P点对应正四棱柱的上底面中心O1，S点对应另一正四棱柱的上底面中心O2，由图形可知拼成一个三棱柱，设E为AD的中点，由此可知ADSP，又因为AD平面PEFS，所以ADSF，因为EFSP，EFAB，所以ABSP.故选A二、填空题8(2019湘赣十四校高三联考第二
19、次考试)已知直线l平面，直线m平面，则下列四个结论：若，则lm；若l，则m；若lm，则；若m，则l.其中正确的命题的序号为_答案解析已知直线l平面，直线m平面，若，则l平面，所以lm，正确；已知直线l平面，若l，则平面平面，又直线m平面，故m，正确；已知直线l平面，直线m平面，若lm，则m平面，所以，正确；已知直线l平面，直线m平面，若m，则不一定成立，所以l也不一定成立，不正确9(2019甘肃省高三第一次高考诊断考试)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线EF与AB1所成角的余弦值为_答案解析取BB1的中点G，连接EG，GF，因为EGAB1，所以G
20、EF(或其补角)为异面直线EF与AB1所成的角，易得EGEFGF，即GEF60，所以cosGEF.即异面直线EF与AB1所成角的余弦值为.10(2019山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，ABAD，CDAD，AB2AD2CD2，将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥DABC，当三棱锥DABC的体积取最大值时，其外接球的体积为_答案解析依题意知，平面ADC平面ABC时，点D到平面ABC的距离最大，易知，此时三棱锥DABC外接球的球心是棱AB的中点，所以其外接球的体积为13.11(2019河南省名校联考高三联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若
21、D1ECF，则当EBC的面积取得最小值时，_.答案解析如图，取AB的中点H，连接D1H，B1H，AC，A1C1，B1D1，设BFB1HG.易得B1D1A1C1，B1D1AA1，所以B1D1平面AA1C1C，所以B1D1CF.易得B1HBF，B1HBC，所以B1H平面BCF，所以B1HCF.故CF平面B1D1H，所以E在直线B1H上，可使得CFD1E.由于BCBE，所以BE最短时三角形EBC的面积取得最小值，此时E点在点G的位置设正方体的棱长为2，故S四边形ABCD224.B1H，所以BG，所以SEBC2，故.三、解答题12(2019北京市石景山区高三一模)如图所示，在四棱锥EABCD中，平面A
22、BCD平面AEB，且四边形ABCD为矩形BAE90，AE4，AD2，F，G，H分别为BE，AE，AD的中点(1)求证：CD平面FGH；(2)求证：平面FGH平面ADE；(3)在线段DE上求一点P，使得APFH，并求出AP的值解(1)证明：在矩形ABCD中，CDAB，F，G分别为BE，AE的中点，FGAB，CDFG，CD平面FGH，FG平面FGH，CD平面FGH.(2)证明：在矩形ABCD中，ADAB，又BAE90，ABAE，又ADAEA，AB平面ADE，又GFAB，GF平面ADE，GF平面FGH，平面FGH平面ADE.(3)作APDE于点P，GF平面ADE，且AP平面ADE，GFAP，G，H分
23、别为AE，AD的中点，GHDE，APDE，GHAP，GFGHG，AP平面FGH，FH平面FGH，APFH.矩形ABCD平面AEB，且平面ABCD平面AEBAB，AE平面ABCD，AEAD，在直角三角形AED中，AE4，AD2，得DE 2，可求得AP.故AP的值为.13如图1，菱形ABCD的边长为12，BAD60，AC交BD于点O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥BACD，如图2所示，M，N分别是棱BC，AD的中点，且DM6.(1)求证：OD平面ABC；(2)求三棱锥MABN的体积解(1)证明：四边形ABCD是菱形，ADDC，ODAC，在ADC中，ADDC12，ADC120，则易得OD
24、6.连接OM，M是BC的中点，OMBC6，又MD6，OD2OM2MD2，DOOM，OM平面ABC，AC平面ABC，OMACO，OD平面ABC(2)取线段AO的中点E，连接NE.N是棱AD的中点，NEDO3，且NEDO.由(1)得OD平面ABC，NE平面ABC，在ABM中，AB12，BM6，ABM120，SABMABBMsinABM12618.V三棱锥MABNV三棱锥NABMSABMNE18.14(2019北京东城区期末)已知ABD和BCD是两个直角三角形，BADBDC，E，F分别是边AB，AD的中点，现将ABD沿BD边折起到A1BD的位置，如图所示，使平面A1BD平面BCD(1)求证：EF平面
25、BCD；(2)求证：平面A1BC平面A1CD；(3)问A1C与BD是否有可能垂直？做出判断并说明理由解(1)证明：因为E，F分别是边A1B，A1D的中点，所以EFBD，因为EF平面BCD，BD平面BCD，所以EF平面BCD(2)证明：因为平面A1BD平面BCD，平面A1BD平面BCDBD，CDBD，所以CD平面A1BD因为A1B平面A1BD，所以CDA1B，因为A1BA1D，A1DCDD，所以A1B平面A1CD因为A1B平面A1BC，所以平面A1BC平面A1CD(3)A1C与BD不可能垂直理由如下：假设A1CBD，因为CDBD，A1CCDC，所以BD平面A1CD，所以BDA1D，与A1BA1D
26、矛盾，故A1C与BD不可能垂直立体几何类解答题(12分)已知四棱锥SABCD的底面ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，AB2BC2CD2，SAD为正三角形(1)点M为线段AB上一点，若BC平面SDM，求实数的值；(2)若BCSD，求点B到平面SAD的距离解题思路(1)由BC平面SDM，得出BCDM，从而可得四边形BCDM为平行四边形，进而得出M为AB中点，求出的值(2)在平面SCD内过点S作SECD交CD延长线于点E，根据BCCD，BCSD，证平面SCD平面ABCD，从而得SE平面ABCD分别求出SE，SABD，SSAD，根据V三棱锥BSADV三棱锥SABD，求出点B到平面SAD的距离解(
27、1)因为BC平面SDM，BC平面ABCD，平面SDM平面ABCDDM，所以BCDM.(2分)又ABDC，所以四边形BCDM为平行四边形，所以CDMB，又AB2CD，所以M为AB的中点(4分)因为，所以.(5分)(2)因为BCSD，BCCD，所以BC平面SCD，又BC平面ABCD，所以平面SCD平面ABCD如图，在平面SCD内过点S作SE垂直CD交CD的延长线于点E，连接AE，又平面SCD平面ABCDCD，所以SE平面ABCD，(7分)所以SECE，SEAE，在RtSEA和RtSED中，AE，DE，因为SASD，所以AEDE，又易知EDA45，所以AEED，由已知求得SAAD，所以AEEDSE1
28、.(9分)连接BD，则V三棱锥SABD211，(10分)又V三棱锥BSADV三棱锥SABD，SSAD，所以点B到平面SAD的距离为.(12分)1由线面平行得出线线平行给2分2由线线平行得出平行四边形，进而得出M为AB中点给2分3由中点求出给1分4证平面SCD平面ABCD，过S作平面ABCD的垂线SE给2分5证AEDE，求出AD，SE的值给2分6求V三棱锥SABD给1分7求SSAD，根据等体积法求出点B到平面SAD的距离给2分1求点到平面的距离通常通过等体积法来求2过一点作一个面的垂线可以先证面面垂直，再过点作两垂直平面的交线，得到所需垂线跟踪训练 (12分)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，
29、M是AB的中点(1)证明：BC1平面MCA1；(2)若ABA1M2MC2，BC，求点C1到平面MCA1的距离解(1)证明：如图，连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，因为M是AB的中点，所以MNBC1，又MN平面MCA1，BC1平面MCA1，所以BC1平面MCA1.(6分)(2)因为AB2MC2，M是AB的中点，所以ACB90，在直三棱柱中，A1M2，AM1，所以AA1，又BC，所以AC，A1C，所以A1MC90.(8分)设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，所以点A到平面MCA1的距离也为h，三棱锥A1AMC的体积VSAMCAA1，MCA1的面积SA1MMC1，(10分)则VShh，得h，故点C1到平面MCA1的距离为.(12分)- 19 - 版权所有高考资源网
