1、高考专题突破四 高考中的立体几何问题热点题型 命题分析 类型一：线面位置关系与体积计算 线、面的平行与垂直关系是考查的热点内容，通过空间几何体的体积计算，考查学生的空间想象能力 类型二：线面位置关系中的探索性问题 是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点 1正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1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【解析】如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，则EFA1B1，DFB1B，平面EFD平面A1B1BA，DE平面A1B1BA.【答案】B 2(2018成都模拟)如图
2、是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是()A203B243 C204D244【解析】根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为 2，半圆柱的底面半径为 1，母线长为 2，故该几何体的表面积为 452212203.【答案】A 3(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()【解析】A项，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD平面MNQQ，QD与平面MNQ相交，直线AB与平面MNQ相交 B项，作如图所示的辅助
3、线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.【答案】A 4(2017全国卷)长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_【解析】长方体的顶点都在球 O 的球面上，长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径 设球的半径为 R，则 2R 322212 14.球 O 的表面积为 S4R24142214.
4、【答案】14题型一 求空间几何体的表面积与体积【例1】(2016全国甲卷)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；(2)若 AB5，AC6，AE54，OD2 2，求五棱锥DABCFE 的体积【解析】(1)证明 由已知得 ACBD，ADCD，又由 AECF 得AEADCFCD，故 ACEF，由此得 EFHD，折后 EF 与 HD保持垂直关系，即 EFHD，所以 ACHD.(2)由 EFAC 得OHDOAEAD14.由 AB5，AC6 得 DOBO AB2AO24，所以 OH1，DHD
5、H3，于是 OD2OH2(2 2)2129DH2，故 ODOH.由(1)知 ACHD，又 ACBD，BDHDH，所以 AC平面 DHD，于是 ACOD，又由 ODOH，ACOHO，所以 OD平面 ABC.又由EFACDHDO得 EF92.五边形 ABCFE 的面积 S126812923694.所以五棱锥 DABCFE 的体积 V13694 2 223 22.【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
6、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，然后根据条件求解 跟踪训练 1(2018东三省四市教研体二模)如图，四棱锥P-ABCD 的底面 ABCD 为矩形，PA底面 ABCD，ADAP2，AB2 7，E 为棱 PD 的中点(1)证明：PD平面 ABE；(2)求三棱锥 C-PBD 外接球的体积【解析】(1)证明 PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.又ADAB，PAADA，AB平面PAD，又PD平面PAD，PDAB.APAD且E为PD的中点，AEPD，又AEABA，PD平面ABE.(2)取 PC 的中点 O，连接 OB，OD，AC，由(1)知 AB平面PAD，ABCD，C
7、D平面 PAD，又 PD平面 PAD，CDPD，则 ODOPOC12PC.PA平面 ABCD，BC平面 ABCD，PABC，又 BCAB，PAABA，BC平面 PAB，又 PB平面 PAB，BCPB，则 OBOCODOP，点 O 为三棱锥 C-PBD 外接球的球心 PC2AC2PA2AB2AD2PA22222(2 7)236，PC6，球的半径 R3，V43R336.题型二 空间点、线、面的位置关系【例2】(2017山东高考)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD.(1)证明：
8、A1O平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM平面B1CD1.【证明】(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1OC，A1O1OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1OO1C.又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1，所以A1O平面B1CD1.(2)因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EMBD.又A1E平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1EBD.因为B1D1BD，所以EMB1D1，A1EB1D1.又A1E，EM平面A1EM，A1EEME，所以B1D1平面A1EM.又B1D1平面B1CD1，
9、所以平面A1EM平面B1CD1.【思维升华】(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题证明C1F平面ABE：()利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1FEG.()利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化 跟踪训练2 如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点 求证
10、：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.【证明】(1)由ASAB，AFSB知F为SB中点，则EFAB，FGBC，又EFFGF，ABBCB，因此平面EFG平面ABC.(2)由平面SAB平面SBC，平面SAB平面SBCSB，AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC，则AFBC.又BCAB，AFABA，则BC平面SAB，又SA平面SAB，因此BCSA.题型三 平面图形的翻折问题【例 3】(2018西安模拟)如图 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E 是 AD 的中点，O是 AC 与 BE 的交点将ABE 沿 BE 折起到A1BE 的位置，如图 2.(1)
11、证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值【解析】(1)证明 在题图 1 中，连接 EC，因为 ABBC1，AD2，BAD2，ADBC，E 为 AD 中点，所以 BC 綊 ED，BC 綊 AE，所以四边形BCDE为平行四边形，故有CDBE，所以四边形ABCE为正方形，所以BEAC，即在题图2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO，从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC2.如图，以 O 为原点，
12、以 OB，OC，OA 所在的直线为 x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，因为 A1BA1EBCED1，BCED，所以 B22，0，0，E 22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC 22，22，0，A1C 0，22，22，CD BE(2，0，0)，【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桂林调研)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.其中点E，F分别在线段PD，PC
13、上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MFCF.(1)证明：CF平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积【解析】(1)证明 因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因为ABCD是矩形，CDAD，PD与CD交于点D，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，所以CF平面MDF.(2)因为PDDC，PC2，CD1，PCD60，所以 PD 3，由(1)知 FDCF，在直角三角形 DCF 中，CF12CD12.如图，过点 F 作 FGCD 交 CD 于点 G，得 FGFCsin 6012 32 34，所以 DEFG 34，故
14、MEPE 3 34 3 34，所以 MD ME2DE23 342342 62.SCDE12DEDC12 34 1 38.故 VMCDE13MDSCDE13 62 38 216.题型四 立体几何中的存在性问题【例4】(2018邯郸模拟)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点(1)证明：DFAE.(2)是否存在一点 D，使得平面 DEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 1414？若存在，说明点 D 的位置；若不存在，说明理由【解析】(1)证明 AEA1B1，A1B1AB，AEAB.又AA1AB，AA1AEA，AB
15、平面A1ACC1.又AC平面A1ACC1，ABAC.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则有 A(0，0，0)，E0，1，12，F12，12，0，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)设 D(x，y，z)，A1D A1B1，且(0，1)，即(x，y，z1)(1，0，0)，则 D(，0，1)，DF 12，12，1.AE0，1，12，DF AE12120，DFAE.(2)结论：存在一点 D，使得平面 DEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 1414.理由如下：由题意知平面 ABC 的法向量为 m(0，0，1)令 z2(1)，则 n(3，12，2(1)平面 DEF 与平面 AB
16、C 所成的锐二面角的余弦值为 1414，|cosm，n|mn|m|n|1414，即|2（1）|9（12）24（1）2 1414，解得 12或 74(舍去)，存在满足条件的点 D，此时 D 为 A1B1 的中点【思维升华】(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在 跟 踪 训 练 4 如 图，四 棱 柱 AB
17、CDA1B1C1D1 中，侧 棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE；(2)求二面角 B1CEC1 的正弦值；(3)设点 M 在线段 C1E 上，且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 26，求线段 AM 的长【解析】(1)证明 如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)易得B1C1(1，0，1)，CE(1，1，1)，于是B1C1 CE0，所以
18、B1C1CE.由(1)知，B1C1CE，又 CC1B1C1，CC1CEC，可得 B1C1平面 CEC1，故B1C1(1，0，1)为平面 CEC1 的一个法向量 于是 cosm，B1C1 mB1C1|m|B1C1|414 22 77，从而 sinm，B1C1 217，所以二面角 B1CEC1 的正弦值为 217.(3)AE(0，1，0)，EC1(1，1，1)，设EM EC1(，)，01，有AM AEEM(，1，)可取AB(0，0，2)为平面 ADD1A1 的一个法向量 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角，则 sin|cosAM，AB|AM AB|AM|AB|22（1）2223221，于是3221 26，解得 13(负值舍去)，所以 AM 2.