（浙江專用）2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)高考專題突破五高考中的立體幾何問題教師用書

PAGEPAGE14〔浙江專用〕2022版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)高考專題突破五高考中的立體幾何問題教師用書1．多面體的三視圖如下圖，那么該多面體的體積為()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(8,3)D.eq\f(10,3)答案D解析由三視圖可知該幾何體為一個三棱柱削去一個三棱錐得到的幾何體，該三棱柱的體積為eq\f(1,2)×2×2×2＝4，三棱錐的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)，所以該幾何體的體積為4－eq\f(2,3)＝eq\f(10,3)，應(yīng)選D.2．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點，E為A1C1中點，那么DE與平面A1B1BA的位置關(guān)系為()A．相交 B．平行C．垂直相交 D．不確定答案B解析如圖取B1C1中點為F，連接EF，DF，DE，那么EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.3．(2022·沈陽模擬)設(shè)α，β，γ是三個平面，a，b是兩條不同直線，有以下三個條件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，那么a∥b〞為真命題，那么可以在橫線處填入的條件是________．(把所有正確的序號填上)答案①或③解析由線面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；當(dāng)b∥β，a?γ時，a和b在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以平行，③正確．故應(yīng)填入的條件為①或③.4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，那么直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________．答案eq\f(2,3)解析以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，那么D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，那么eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，那么n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，那么sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3).題型一求空間幾何體的外表積與體積例1(2022·全國甲卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)證明：AC⊥HD′；(2)假設(shè)AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′ABCFE的體積．(1)證明由得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)解由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4，所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(2))2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC.又由eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2),2).思維升華(1)假設(shè)所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)那么幾何體，那么可直接利用公式進行求解．其中，等積轉(zhuǎn)換法多用來求三棱錐的體積．(2)假設(shè)所給定的幾何體是不規(guī)那么幾何體，那么將不規(guī)那么的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)那么幾何體，再利用公式求解．(3)假設(shè)以三視圖的形式給出幾何體，那么應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解．正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(6)，內(nèi)有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：(1)這個正三棱錐的外表積；(2)這個正三棱錐內(nèi)切球的外表積與體積．解(1)底面正三角形中心到一邊的距離為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2eq\r(6)＝eq\r(2)，那么正棱錐側(cè)面的斜高為eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3).∴S側(cè)＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(6)×eq\r(3)＝9eq\r(2).∴S表＝S側(cè)＋S底＝9eq\r(2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2＝9eq\r(2)＋6eq\r(3).(2)設(shè)正三棱錐P－ABC的內(nèi)切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC＝eq\f(1,3)S側(cè)·r＋eq\f(1,3)S△ABC·r＝eq\f(1,3)S表·r＝(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r.又VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×(2eq\r(6))2×1＝2eq\r(3)，∴(3eq\r(2)＋2eq\r(3))r＝2eq\r(3)，得r＝eq\f(2\r(3),3\r(2)＋2\r(3))＝eq\f(2\r(3)3\r(2)－2\r(3),18－12)＝eq\r(6)－2.∴S內(nèi)切球＝4π(eq\r(6)－2)2＝(40－16eq\r(6))π.V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)π(eq\r(6)－2)3＝eq\f(8,3)(9eq\r(6)－22)π.題型二空間點、線、面的位置關(guān)系例2(2022·濟南模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點．(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求證：C1F∥平面ABE；(3)求三棱錐E－ABC的體積．(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.因為AB?平面ABC，所以BB1⊥AB.又因為AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB?平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)證明方法一如圖1，取AB中點G，連接EG，F(xiàn)G.因為E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四邊形FGEC1為平行四邊形，所以C1F∥EG.又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.方法二如圖2，取AC的中點H，連接C1H，F(xiàn)H.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB，又因為E，H分別是A1C1，AC的中點，所以EC1綊AH，所以四邊形EAHC1為平行四邊形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F?平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱錐E－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).思維升華(1)①證明面面垂直，將“面面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直〞問題，再將“線面垂直〞問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直〞問題．②證明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG，且滿足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，那么先要確定一個平面C1HF滿足面面平行，實施線面平行與面面平行的轉(zhuǎn)化．(2)計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時，注意進行體積的轉(zhuǎn)化．(2022·南京模擬)如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．求證：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.證明(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F為SB中點，那么EF∥AB，F(xiàn)G∥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，那么AF⊥BC.又BC⊥AB，AF∩AB＝A，那么BC⊥平面SAB，又SA?平面SAB，因此BC⊥SA.題型三空間角的計算例3(2022·金華十校調(diào)研)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，將四邊形AEFB沿EF折起，使點B在平面CDEF上的射影H在直線DE上．(1)求證：CD⊥BE；(2)求線段BH的長度；(3)求直線AF與平面EFCD所成角的正弦值．(1)證明∵BH⊥平面CDEF，∴BH⊥CD，又CD⊥DE，BH∩DE＝H，∴CD⊥平面DBE，∴CD⊥BE.(2)解方法一設(shè)BH＝h，EH＝k，過F作FG垂直ED于點G，∵線段BE，BF在翻折過程中長度不變，根據(jù)勾股定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(BE2＝BH2＋EH2，,BF2＝BH2＋FH2＝BH2＋FG2＋GH2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＝h2＋k2，,9＝22＋h2＋2－k2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝2，,k＝1，))∴線段BH的長度為2.方法二如圖，過點E作ER∥DC，過點E作ES⊥平面EFCD，分別以直線ER，ED，ES為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)點B(0，y，z)(y>0，z>0)，由于F(2,2,0)，BE＝eq\r(5)，BF＝3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝5，,4＋y－22＋z2＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝1，,z＝2，))于是B(0,1,2)，∴線段BH的長度為2.(3)解方法一延長BA交EF于點M，∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3，∴點A到平面EFCD的距離為點B到平面EFCD距離的eq\f(1,3)，∴點A到平面EFCD的距離為eq\f(2,3)，而AF＝eq\r(13)，故直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為eq\f(2\r(13),39).方法二由(2)方法二知eq\o(FB,\s\up6(→))＝(－2，－1,2)，故eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(FB,\s\up6(→))＝(－eq\f(2,3)，－eq\f(1,3)，eq\f(2,3))，eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\o(FE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－eq\f(8,3)，－eq\f(7,3)，eq\f(2,3))，設(shè)平面EFCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，直線AF與平面EFCD所成角的大小為θ，那么sinθ＝eq\f(|\o(FA,\s\up6(→))·n|,|\o(FA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(13),39).(2022·杭州學(xué)軍中學(xué)高三5月模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝eq\r(6)，CD＝2AB＝2eq\r(2)，∠PAD＝120°.(1)求證：平面PAD⊥平面PCD；(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值．(1)證明∵BC＝BD，取CD的中點E，連接BE，∴BE⊥CD，∵AB∥CD，且CD＝2AB，∴AB∥DE，且AB＝DE，∴四邊形ABED是矩形，∴BE∥AD，且BE＝AD，AB⊥AD，又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又∵CD?平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)解以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，建立空間直角坐標系，如下圖．∵PB＝BC＝BD＝eq\r(6)，CD＝2AB＝2eq\r(2)，∠PAD＝120°，∴PA＝eq\r(PB2－AB2)＝eq\r(6－2)＝2，AD＝BE＝eq\r(BD2－AB2)＝eq\r(6－2)＝2，BC＝eq\r(BE2＋CE2)＝eq\r(4＋2)＝eq\r(6)，那么P(0，－1，eq\r(3))，D(0,2,0)，B(eq\r(2)，0,0)，C(2eq\r(2)，2,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,3，－eq\r(3))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－1，eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2,0)．設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝\r(2)x＋2y＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝－\r(2)x－y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(2)，得n＝(eq\r(2)，－1，eq\f(\r(3),3))，設(shè)直線PD與平面PBC所成的角為θ，那么sinθ＝|cos〈eq\o(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PD,\s\up6(→))·n,|\o(PD,\s\up6(→))||n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3－1,\r(12)·\r(\f(10,3)))))＝eq\f(\r(10),5)，∴直線CD與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).1．(2022·山東牟平一中期末)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F(xiàn)，H分別為AD，CD，DD1的中點，EF與BD交于點G.(1)證明：平面ACD1⊥平面BB1D；(2)證明：GH∥平面ACD1.證明(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥BB1.又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，∴AC⊥平面BB1D.∵AC?平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BB1D.(2)設(shè)AC∩BD＝O，連接OD1.∵E，F(xiàn)分別為AD，CD的中點，EF∩OD＝G，∴G為OD的中點．∵H為DD1的中點，∴HG∥OD1.∵GH?平面ACD1，OD1?平面ACD1，∴GH∥平面ACD1.2．(2022·咸陽模擬)如圖，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC將梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)證明：AC∥平面BEF；(2)求三棱錐D－BEF的體積．(1)證明如圖，取BF的中點M，設(shè)AC與BD交點為O，連接MO，ME.由題設(shè)知，CE綊eq\f(1,2)DF，MO綊eq\f(1,2)DF，∴CE綊MO，故四邊形OCEM為平行四邊形，∴EM∥CO，即EM∥AC.又AC?平面BEF，EM?平面BEF，∴AC∥平面BEF.(2)解∵平面CDFE⊥平面ABCD，平面CDFE∩平面ABCD＝DC，BC⊥DC，∴BC⊥平面DEF.∴三棱錐D－BEF的體積為VD－BEF＝VB－DEF＝eq\f(1,3)S△DEF·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).3．(2022·寧波高三上學(xué)期期末)如圖，在多面體EF－ABCD中，四邊形ABCD，ABEF均為直角梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四邊形DCEF為平行四邊形，平面DCEF⊥平面ABCD.(1)求證：DF⊥平面ABCD；(2)假設(shè)BC＝CD＝CE＝eq\f(1,2)AB，求直線BF與平面ADF所成角的正弦值．(1)證明由四邊形DCEF為平行四邊形，知EF∥CD，所以EF∥平面ABCD.又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，從而有AB∥CD∥EF.因為∠ABE＝∠ABC＝90°，所以AB⊥BE，AB⊥BC，又因為BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCE，因為CE?平面BCE，所以AB⊥CE.又四邊形DCEF為平行四邊形，有DF∥CE，所以DC⊥DF，又因為平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝DC，所以DF⊥平面ABCD.(2)解不妨設(shè)BC＝1，那么BC＝CD＝CE＝1，AB＝2，四邊形ABCD為直角梯形，連接BD，那么有BD＝AD＝eq\r(2)，那么BD⊥AD，由DF⊥平面ABCD，知DF⊥BD，因為DF∩AD＝D，所以BD⊥平面FAD，那么∠BFD即為直線BF與平面ADF所成角，在△BFD中，DF⊥BD，BD＝eq\r(2)，DF＝1，那么BF＝eq\r(3)，所以sin∠BFD＝eq\f(BD,DF)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，所以直線BF與平面ADF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).4．(2022·全國乙卷)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．(1)證明由可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解過D作DG⊥EF，垂足為G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標原點，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|為單位長，建立如下圖的空間直角坐標系Gxyz.由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，那么DF＝2，DG＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq\r(3))．由，AB∥EF，AB?平面EFDC，EF?平面EFDC，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF為二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°，從而可得C(－2,0，eq\r(3))．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,0,0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0.))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3))．設(shè)m是平面ABCD的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0.))同理可取