高考专题突破四高考中的立体几何问题【考点自测】1．在正三棱柱ABC－A1B1C1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EF∥A1B1，DF∥B1B，且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，∴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：①x，y，z均为直线；②x，y是直线，z是平面；③z是直线，x，y是平面；④x，y，z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是()A．③④B．①③C．②③D．①②答案 C解析由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．(优质试题届辽宁凌源二中联考)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为()A．2＋π3 B.12＋πC．2＋π6 D.23＋π答案 D解析结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为V＝13×12×2×1×2＋12×π×12×2＝23＋π，故选D.4．(优质试题·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：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④答案 B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①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AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B. 5．(优质试题·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”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①或③解析由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.题型一求空间几何体的表面积与体积例1(优质试题届衡水联考)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB的中点．(1)证明：AC1∥平面B1CD；(2)求三棱锥A1—CDB1的体积．(1)证明连接BC1交B1C于点O，连接OD.在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，∴点O是BC1的中点．∵点D为AB的中点，∴OD∥AC1.又OD ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD .(2)解 ∵AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ⊥AB . 在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，由AA 1⊥平面ABC ，得平面ABB 1A 1⊥平面ABC . 又平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面ABB 1A 1， ∵AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2， ∴AB ＝A 1B 1＝22，CD ＝2，1111——A CDB C A DB V V 三棱锥三棱锥＝ ＝13×12×2×22×2＝43.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，然后根据条件求解．跟踪训练1 (优质试题·乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为1，底面边长为26，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13×32×26＝2，则正棱锥侧面的斜高为12＋(2)2＝3，∴S 侧＝3×12×26×3＝92， ∴S 表＝S 侧＋S 底＝92＋12×32×(26)2 ＝92＋6 3.(2)设正三棱锥P －ABC 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P －ABC ＝V 三棱锥O －P AB ＋V 三棱锥O －PBC ＋V 三棱锥O －P AC ＋V三棱锥O －ABC＝13S 侧·r ＋13S △ABC ·r ＝13S 表·r ＝(32＋23)r .又V P －ABC ＝13×12×32×(26)2×1＝23， ∴(32＋23)r ＝23，得r ＝2332＋23＝23(32－23)18－12＝6－2.∴S 内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π. V 内切球＝43π(6－2)3＝83(96－22)π.题型二 空间点、线、面的位置关系例2 (优质试题·广州五校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：P A ∥平面BDQ ； (3)若V P －BCDE ＝2V Q －ABCD ，试求CPCQ 的值．(1)证明 由E 是AD 的中点，P A ＝PD 可得AD ⊥PE . 因为底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°， 所以AB ＝BD ，所以AD ⊥BE ， 又PE ∩BE ＝E ，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OQ ∥P A ，又P A ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ， 所以P A ∥平面BDQ .(3)解 设四棱锥P －BCDE ，Q －ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V 四棱锥P －BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1，V 四棱锥Q －ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又V P －BCDE ＝2V Q －ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ， 所以CP CQ ＝h 1h 2＝83.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，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，因此平面EFG∥平面ABC.(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.题型三平面图形的翻折问题例3 五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示．(1)求证：平面BNC⊥平面C1B1N；(2)求图乙中的多面体的体积．(1)证明四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，又由于二面角A—BB1—C为直二面角，故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，故B1C1⊥BN，由线段AC ＝CC 1＝2AN ＝8知，BB 21＝NB 21＋BN 2，即BN ⊥NB 1，又B 1C 1∩NB 1＝B 1， B 1C 1，NB 1⊂平面NB 1C 1， 所以BN ⊥平面C 1B 1N ， 因为BN ⊂平面BNC ， 所以平面BNC ⊥平面C 1B 1N .(2)解 连接CN ，过N 作NM ⊥BB 1，垂足为M ， V 三棱锥C —ABN ＝13×BC ·S △ABN ＝13×4×12×4×4＝323， 又B 1C 1⊥平面ABB 1N ，所以平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N ， 且平面CBB 1C 1∩ABB 1N ＝BB 1， NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ， 所以NM ⊥平面B 1C 1CB ，1111—1·3N B C CB B C CB V NM S 四棱锥矩形＝＝13×4×4×8＝1283， 则此几何体的体积V ＝V 三棱锥C —ABN ＋11—N B C CB V 四棱锥＝323＋1283＝1603.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 (优质试题届珠海摸底)为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S—EFGH，其中A，B，C，D 重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．(1)求证：平面SEG⊥平面SFH；(2)已知AE＝52，过O作OM⊥SH交SH于点M，求cos∠EMO的值．(1)证明∵折后A，B，C，D重合于一点O，∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH.连接SO.∵在原平面图形中，△SEE′≌△SGG′，∴SE＝SG，∴EG⊥SO，∵EG⊥FH，EG⊥SO，FH∩SO＝O，FH，SO⊂平面SFH，∴EG⊥平面SFH，又∵EG⊂平面SEG，∴平面SEG⊥平面SFH.。