立体几何难题探究
1．（2020届安徽省合肥市高三第二次质检）某几何体是由一个半球挖去一个圆柱形成的，其三视图如图所示．已知半球的半径为6，则当此几何体体积最小时，则当此几何体体积最小时，它的表面积等于（ ）
A ．24π
B ．()
1833+π
C ．21π
D ．()
1842+π
【答案】D
【解析】设圆柱高为x (06)x <<
，则圆柱底面半径为26r x =-，
圆柱体积为2
2
3
(6)(6)V r x x x x x πππ==-=-，
2(63)V x π'=-，由0V '=得2x =（2-舍去），
当(0,2)x ∈时，0V '>，函数3
(6)V x x π=-递增，(2,6)x ∈时，0V '<，函数3
(6)V x x π=-递减，∴2x =时，3max [62(2)]42V ππ=-=，
262r x =-=，
圆柱体积最大时，此几何体体积最小．
22(6)2222(6)(1842)S ππππ=?+??+?=+全．
故选D 。
2．（2020届安徽省皖南八校高三第三次联考）在三棱锥P ABC -中，已知4
APC π
∠=
，3
BPC π
∠=
，
PA AC ⊥，PB BC ⊥，且平面PAC ⊥平面PBC ，三棱锥P ABC -的体积为
3
6
，若点,,,P A B C 都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )
A ．4π
B ．8π
C ．12π
D ．16π
【答案】A
【解析】取PC 中点O ，连接,AO BO ，设球半径为R ，因为3
BPC π
∠=，PA AC ⊥，PB BC ⊥，
所以AO BO R ==，2PC R =，PB R =，3BC R =， 因为4
APC π
∠=
，PA AC ⊥，所以PA AC =，则AO PC ⊥,
因为平面PAC ⊥平面PBC ，所以AO ⊥平面PBC ，即133
6
P ABC PBC
V S AO -=
?=
， 所以
333
R =
，1R ∴=，∴球的表面积为244R ππ=.
故选A 。
3．（2020届甘肃省高三第一次高考诊断）侧棱长与底面边长都相等的四棱锥P ABCD -中，若E 为侧棱PB 的中点，则异面直线PD 与AE 所成角的正弦值为（ ） A 6 B ．
23
C 3
D ．
22
【答案】A
【解析】设四棱锥P ABCD -的棱长为2，连接AC 、BD 交于点O ，连接OE ，如下图所示：
则点O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，//OE PD ∴，
所以，异面直线PD 与AE 所成的角为AEO ∠， 且112OE PD =
=，1
22
AO AC ==，223AE PA PE =-=， 222AO OE AE ∴+=，AO OE ∴⊥，则26
sin 3
AO AEO AE ∠=
==
. 4．（2020届广东省东莞市高三模拟）约公元前600年，几何学家泰勒斯第一个测出了金字塔的高度．如图，金字塔是正四棱锥，泰勒斯先测量出某个金字塔的底棱长约为230米；然后，他站立在沙地上，请人不断测量他的影子，当他的影子和身高相等时，他立刻测量出该金字塔影子的顶点A 与相应底棱中点B 的距离约为22．2米．此时，影子的顶点A 和底面中心O 的连线恰好与相应的底棱垂直，则该金字塔的高度约为（ ）
A ．115米
B ．137．2米
C ．230米
D ．252．2米
【答案】B
【解析】当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直角边，
再根据金字塔高与影子所在的直角三角形与刚才的三角形相似，可知塔底到A 的距离即为塔高． 所以由题意得金字塔塔高为11522.2137.2OA OB BA =+=+=米，故选B 。
5．（2020届广东省东莞市高三模拟）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为AB 和1DD 的中点，经过点1B ，E ，F 的平面α交AD 于G ，则AG =（ ）
A ．
13
B ．
14
C ．
34
D ．
23
【答案】D
【解析】平面1B EF 与平面11CC D D 的交线与1B E 平行，即过F 作1B E 的平行线交11C D 于H ，连接1B H ，过E 作1EG B H ∥交AD 于G ，由比例关系，H 为11C D 的四等分点，从而G 为AD 的三等分点，故而
2
3
AG =
．故选D 。
6．（2020届广东省汕头市高三第一次模拟）“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺．”这是我国古代数学名著《九章算术》卷第五中“商功”中的问题．意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长126丈5尺（1丈=10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（ ）
A ．61.897510?立方尺
B ．63.795010?立方尺
C ．52.530010?立方尺
D ．51.897510?立方尺
【答案】A
【解析】()640205012651897500 1.8975102
V +?=
?==?（立方尺），故选A 。
7．（2020届广东省湛江市模拟）在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ．若所有的棱长都是2，则异面直线1AC 与BC 所成的角的正弦值为（ ）．
A ．
144
B ．
23
C ．
24
D ．
22
3
【答案】A
【解析】如图，连接1AB ，∵BC //11B C ，
∴11AC B ∠就是异面直线1AC 与BC 所成的角． 在11AC B 中，1122AC AB ==,112B C =, ∴112cos 422
AC B ∠=
=
．∴1114sin 4
AC B ∠=． ∴异面直线1AC 与BC 所成的角的正弦值为14
4
． 故选A 。
8．（2020届广西柳州市高三第一次模拟）如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）．
A ．6π
B ．12π
C ．3π
D 43
【答案】B
【解析】由三视图可得，该几何体为底面是正方形， 一条侧棱与底面垂直的四棱锥S ABCD -，
以,,,,S A B C D 为顶点将其拓展为正方体ABCD NMES -， 且正方体的边长为2，则正方体的外接球为四棱锥的外接球， 外接球的直径为正方体的对角线，即223,3R R ==， 所以该几何体的外接球的表面积为24(3)12ππ=. 故选B 。
9．（2020届河南省郑州市高三第二次质量预测）在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A 1-BC 1D 内切球的表面积为4π，则正方体外接球的体积为( ) A ．6π B ．36
π C ． 33π D ． 646π
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为a ，则2BD a =
，
因为三棱锥11A BC D -内切球的表面积为4π， 所以三棱锥11A BC D -内切球的半径为1， 设11A BC D -内切球的球心为O ，
1A 到面1BC D 的距离为h ，
则1114A BC D O BC D V V --=，11114133
BC D BC D S h S ???=???，4h ∴=，
又
(
)
2
2
3622233h a
a a ??=
-?=? ? ???
， 6
24,23a a ∴
?==， 又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，
∴正方体外接球的半径为
()()()
2
2
2
2323233
++=，
其体积为
3
43363
ππ?=，故选B 。 10．（2020届湖北省宜昌市高三调研）某几何体的三视图如图所示，俯视图为正三角形，1M 为正视图一边的中点，且几何体表面上的点M 、A 、B 在正视图上的对应点分别为1M 、1A 、1B ，在此几何体中，平面α过点M 且与直线AB 垂直.则平面α截该几何体所得截面图形的面积为（ ）
A 6
B 6
C 3
D 3【答案】A
【解析】如图，原几何体是一个正三棱柱ADE FBG -，M 上AF 中点，取AD 中点N ，连接,,MN NE EM ，连接DF ，由三视图知ADBF 是正方形， DF AB ⊥，又,M N 分别是,AF AD 中点，∴//MN DF ， ∴AB MN ⊥，正三棱柱中，BD ⊥平面ADE ，EN ?平面ADE ，故EN BD ⊥， 又EN AD ⊥，AD
BD D =，则可得EN ⊥平面ADBF ，AD ?平面ADBF ，∴EN AB ⊥，
又MN EN N ?=，∴AB ⊥平面MNE ，MNE ?即为截面α， 同理由EN ⊥平面ADBF 得EN MN ⊥，由三视图得2MN =
3EN =
16
2322
S =
??=
．故选A 。
11．（2020届湖南省常德市高三模拟）三棱锥P ABC -中，,,PA PB PC 互相垂直，1PA PB ==，M 是线段BC 上一动点，若直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大值是6
，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ） A ．2π B ．4π
C ．8π
D ．16π
【答案】B
【解析】M 是线段BC 上一动点，连接PM ，∵,,PA PB PC 互相垂直，∴AMP ∠就是直线AM 与平面
PBC 所成角，当PM 最短时，即PM BC ⊥时直线AM 与平面PBC 所成角的正切的最大．
此时
6
2AP PM =
，63
PM =，在直角△PBC 中，26
··12PB PC BC PM PC PC PC =?=+?
?=． 三棱锥P ABC -1122++=，
∴三棱锥P ABC -的外接球的半径为1R =，
∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积为244R ππ=．故选B 。
12．（2020届湖南省衡阳市高三一模）已知一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形（如图所示）.则此几何体的表面积为（ ）
A ．426++
B ．46+
C ．242+
D ．4
【答案】C
【解析】∵根据斜二侧画法可知，几何体的底面积是一个直角三角形，两直角边分别为2、2， 且该几何体一个直三棱锥，如下所示：
容易知6PA =
22PC =，6AC =，
故可得PAC 中PC 上的高2
2122h PA PC ??=-= ???
， 故可得1
222
PAC
S PC h =
?= 且1
2222PAB
S
=?=，1
2222
PBC
S =??=，1
2222
ABC
S =?=， 故该几何体的表面积为22222242+=+C 。
13．（2020届湖南省衡阳市高三一模）如图，矩形ABCD 中，22BC AB ==，N 为边BC 的中点，将ABN 绕直线AN 翻转成1B AN △（1B ?平面ABCD ），M 为线段1B D 的中点，则在ABN 翻折过程中，①与平面1B AN 垂直的直线必与直线CM 垂直；②线段CM 5
③异面直线CM 与1NB 所成角的正切
值为
3
3
④当三棱锥的体积最大时，三棱锥1B
AND
-外接球的体积是
4
3
π
.上面说法正确的所有序号是（）
A．①②④B．①③④C．②③D．①④
【答案】A
【解析】取1
AB的中点K，AD的中点O，连接KM，KN，
1
OB，ON，显然CM//平面
1
B AN，故①正确；
2
222
11
15
1
2
CM NK B N B K??
==+=+=
?
??
，故②正确；
1
KNB
∠即为异面直线CM与
1
NB所成角，1
1
1
1
tan
2
B K
KNB
B N
∠==，故③错误；
当三棱锥1B AND
-的体积最大时，则平面
1
B AN⊥平面AND，
不妨取AN中点为P，连接1,
B P PO，则容易知
1
B P⊥平面AND，
因为111AB B N ==，且11AB B N ⊥，故可得112
2B P AN =
=
， 又因为,P O 分别为,AN AD 中点，故可得12
22
OP DN ==
， 故在1Rt
B PO 中，22111B O B P OP =+=.
因为三棱锥1B AND -的底面为直角三角形AND ，且O 为斜边上的中点， 故可得1OA ON OD ===，又11OB =，
故O 为三棱锥1B AND -外接球球心，且1R OA ==，故④正确， 综上，①②④正确，故选A 。
14．（2020届山西省太原市高三模拟）刘徽注《九章算术·商功》中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的半径为（ ）
A 3
B ．3
C 3
D ．4
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体为四棱锥，底面是一个正方形，设四棱锥外接球的半径为R ， 将其置入到长方体中，如图所示，易得1,1PD DA AB ===，所以22223R PB PD DA AB ==++=，
所以3
R =
，故选C 。
15．（2020届陕西省咸阳市高三第二次模拟）我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的边长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（ ）
A ．322
B ．40322+
C ．
104
3
D ．72
【答案】B 【解析】
22222+=故几何体的表面积为2
2
26
62422403222
+++?
?=+B 。 16．（2020届四川省泸州市高三二诊）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委菽依垣内角，下周三丈、高七尺、问积及为菽几何？“其意思为：“现将大豆在屋内靠墙堆成半圆锥形，底面半圆的弧长为3丈，高7尺、问这堆大豆的体积和堆放的大豆各为多少？”已知1丈等于10尺，1斛大豆的体积约为2.43立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的大豆有（ ） A ．44斛 B ．144斛
C ．288斛
D ．388斛
【答案】B
【解析】3丈＝30尺，30＝3×R，解得R＝10，由题意可得：11
23
??3×102×7
1
2.43
?≈144斛，故选B。
17．（2020届四川省泸州市高三二诊）若一个正三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()
A．16
3
π
B．
19
3
π
C．
19
12
π
D．
4
3
π
【答案】B
【解析】依题意得，该正三棱柱的底面正三角形的边长为2，侧棱长为1．设该正三棱柱的外接球半径为R，
易知该正三棱柱的底面正三角形的外接圆半径是2sin 60°×2
3
＝
3
R2＝
2
3
＋
2
1
2
??
?
??
＝
19
12
，则该
球的表面积为4πR2＝19
3
π
。
四立体几何中的高考热点问题 (对应学生用书第127页) [命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查． 空间点、线、面间的位置关系 空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等． 用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题： (1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证 明三条轴两两垂直(扣分点)． (2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里． (3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2的运算． (4)弄清各空间角与向量夹角的关系． 如图1所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC ＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点． 图1 (1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面ABE； (3)求三棱锥E-ABC的体积． [解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE，
立体几何大题专练 1、如图，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别为AB 、PC 的中点； (1)求证：MN//平面PAD (2)若∠PDA=45°，求证：MN ⊥平面PCD 2（本小题满分12分） 如图，在三棱锥P ABC -中，,E F 分别为,AC BC 的中点． （1）求证：//EF 平面PAB ； （2）若平面PAC ⊥平面ABC ，且PA PC =，90ABC ∠=?， 求证：平面PEF ⊥平面PBC ． P A C E B F
（1）证明：连结EF , E 、F 分别为AC 、BC 的中点， //EF AB ∴. ……………………2分 又?EF 平面PAB ，?AB 平面PAB ， ∴ EF ∥平面P AB . ……………………5分 （2）PA PC = ，E 为AC 的中点， PE AC ∴⊥ ……………………6分 又 平面PAC ⊥平面ABC PE ∴⊥面ABC ……………………8分 PE BC ∴⊥……………………9分 又因为F 为BC 的中点， //EF AB ∴ 090,BC EF ABC ⊥∠=∴ ……………………10分 EF PE E = BC ∴⊥面PEF ……………………11分 又BC ? 面PBC ∴面PBC ⊥面PEF ……………………12分 3. 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC=BC ，点D 是AB 的中点。 （1）求证：BC 1//平面CA 1D ； （2）求证：平面CA 1D⊥平面AA 1B 1B 。 4．已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是 AB 、PC 的中点． (1) 求证：EF ∥平面PAD ； (2) 求证：EF ⊥CD ； (3) 若∠PDA ＝45°，求EF 与平面ABCD 所成的角的大小．
专题探究课四 高考中立体几何问题的热点题型 高考导航 １.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；２.思想方法:(１)转化与化归(空间问题转化为平面问题)； (2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算). 热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答) 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第（2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解. 【例1】 (满分1２分）(２01７·湖州模拟)如图,在△ＡBC 中,∠AB Ｃ=＼f (π，4),O 为AB 边上一点,且3O Ｂ＝3O Ｃ＝２A Ｂ,已知PO ⊥ 平面A ＢＣ，2DA =2ＡＯ＝P Ｏ，且D Ａ∥P Ｏ． (１)求证:平面ＰBD ⊥平面C ＯD ； (２)求直线PD 与平面B ＤC 所成角的正弦值. 满分解答 (1）证明 ∵OB =OC ,又∵∠ＡBC ＝π4， ∴∠OC Ｂ＝π4 ，∴∠BO Ｃ=＼f （π,２). ∴ＣO ⊥ＡB .2分 又PO ⊥平面A ＢＣ, ＯC ?平面ABC ,∴PO ⊥OC . 又∵ＰO ,AB ?平面ＰAB ，PO ∩ＡB =O , ∴ＣO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PD Ｂ．4分 又CO ?平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面ＣOD .6分 (2)解 以O Ｃ，ＯB ,ＯP 所在射线分别为x ，y ，ｚ轴,建立空间直角坐标系，如图所示.
第七节立体几何中的翻折、探究性、最值 问题 考点1平面图形的翻折问题 3步解决平面图形翻折问题 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起， 使点C到达点P的位置，且PF⊥BF. (1)证明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值． [解](1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF， PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF， 所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABF D. (2)如图，作PH⊥EF，垂足为H. 由(1)得，PH⊥平面ABF D. 以H为坐标原点，HF→的方向为y轴正方向，|BF→|为单位长，建立如图所示
的空间直角坐标系H -xyz . 由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0，0，0)，P ? ????0，0，32，D ? ????－1，－32，0， DP →＝? ????1，32，32，HP →＝? ????0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →| ＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 平面图形翻折为空间图形问题重点考查平行、垂直关系，解题关键 是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征． [教师备选例题] (2019·贵阳模拟)如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且AE ＝BF ＝AB ＝1，将△ADE 沿着线段AD 折起，同时将△BCF 沿着线段BC 折起，使得E ，F 两点重合为点P .
【名师综述】利用空间向量解决探索性问题 立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如． 1.以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法． 求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定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；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题． 2.与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法． 【精选名校模拟】 1. 在四棱锥ABCD E -中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，⊥EC 底面ABCD ，F 为BE 的中点. （Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ； （Ⅱ）求证：AE BD ⊥；
数学《空间向量与立体几何》复习知识点 一、选择题 1．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( ) A．16 9 π B． 8 9 π C． 16 27 π D ． 8 27 π 【答案】A 【解析】 【分析】 根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可． 【详解】 解：设圆柱的半径为r，高为x，体积为V， 则由题意可得 3 23 r x - =， 3 3 2 x r ∴=-， ∴圆柱的体积为23 ()(3)(02) 2 V r r r r π =-<<， 则3 333 3 163331616 442 ()(3)() 9442939 r r r V r r r r ππ π ++- =-= g g g g …． 当且仅当 33 3 42 r r =-，即 4 3 r=时等号成立． ∴圆柱的最大体积为 16 9 π ， 故选：A． 【点睛】 本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题． 2．在三棱锥P ABC -中，PA⊥平面ABC，且ABC ?为等边三角形，2 AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（）
A ． 272 π B ． 283 π C ． 263 π D ． 252 π 【答案】B 【解析】 【分析】 计算出ABC ?的外接圆半径r ，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可 得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】 ABC ? 的外接圆半径为 2sin 3 AB r π = = PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC - 的外接球半径为 3R ===， 因此，三棱锥P ABC - 的外接球的表面积为2 2 284433R πππ?=?= ?? . 故选：B. 【点睛】 本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题. 3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A B ．3:1 C ．2:1 D 2 【答案】A 【解析】 【分析】 设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值. 【详解】 设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长l ==， ∴圆锥SC 的侧面积为2rl r π=； 圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，
立体几何中探索性问题 立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法． 【例1】（2018?全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=?，1AA BC ⊥， 124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥． （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ； （2）设D 是11A C 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值． 【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥， 又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥． 又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11 BC AC ⊥，111BC AC C =，1 AC ∴⊥平面1ABC ， 又1A C ?平面11A ACC ，∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ． （2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ， //EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1AB AC A =， ∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ． 设点E 到平面1ABC 的距离为d ， AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥， ∴1 1 22 BAC S =?= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ， 11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ， ∴111 1118 2243323 C ABE ABE V S AC -?=??=????=， 由118 3 E ABC C ABE V V --== ，解得1 88 3 33ABC d S =? == 以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，
专题突破练18立体几何中的翻折问题及探索性问 题 1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图 2. (1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC; (2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值. 2. (2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点. (1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由; (2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.
3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC 为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1. (1)求证:A1D∥平面BCC1B1; (2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由. 4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2.
(1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG; (2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB 所成角的正弦值. 5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD中点为E.现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG,使得∠AEG=90°,如图2. (1)求证:AE⊥平面EBHG; (2)求二面角A-GH-B的余弦值; (3)若点F满足=λ,当EF∥平面AGH时,求λ的值.
高考数学立体几何试题分析及备考建议 一、高考命题分析 立体几何是高中数学领域的重要模块，是高考考查考生的空间感、图 形感、语言转化能力、几何直观能力、逻辑推理能力的主要载体。主要包 括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，三视图，点、直线、平面 的位置关系等。通过研究近年高考试卷，不难发现有关立体几何的命题较 稳定，难易适中，基本体现出“两小一大”或“一小一大”的特点.即1--2道小题，1道大题，占17--22分，小题灵活多变且有一定的难度，其中常有组 合体三视图问题和开放型试题，大多考查概念辨析，位置关系探究，空间 几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；而解答题大多 属中档题, 一般设计成几个小问题，此类考题往往以简单几何体为载体， 考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想 象能力、推理论证能力和运算求解能力，也关注对条件和结论不完备情形 下开放性问题的探究。其解题思路也主要是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。命题既注意“知识的重新组合”，又采用“小题目综合化，大题分步设问”的命题思路，朝着“重基础、直观感、空间感、探究与创新”的方向发展。 二、高考命题规律 （一）客观题方面
1．以三视图为载体考查空间想象能力 空间几何体的结构与三视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象 能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合 体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，从新课标地区的高考 题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏 易题。随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加。主要考查以下两个 方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积。 例1 (新课标2)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx平面为投影面， 则得到正视图可以为 A B C D 注意：必修2中的空间直角坐标系容易被文科忽视。 例2 （新课标2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 A．6 B．9 C．12 D．18 注意：简单组合体的表面积和体积的问题为常考题目。 例3 （四川理）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以
《探究性问题》 考点动向 立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．探究是一种科学的精神，因此，也是命题的热点．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的． 方法范例 例１ 如图８－１，在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中， P 是侧棱1CC 上的一点，CP m =． （１）试确定m ，使直线AP 与平面11BDD B 所 成角的正切值为 （２）在线段11AC 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于 AP ，并证明你的结论． 解析 本题的两问都充满了探究性，问题的情景具有运动变化的特点，此时，只需要确定某一个位置进行推理，其它作类似推理即可．即所谓的化动为静． 解法1 （1）连AC ，设A C B D O A P =，与面11BDD B 交于点G ，连OG ．因为PC ∥面 11BDD B ，面11 BDD B 面APC OG =，故 O G P C ∥．所以122 m OG PC ==．又 1A O D B A O B B ，⊥ ⊥，所以AO ⊥面11BDD B ．故AGO ∠即为AP 与面11BDD B 所成 A 1 D 图８－１ P 1A D 1 图８－２
的角．在Rt AOG △ 中，2tan 2 AGO m ∠==，即13m =．故当1 3m =时，直线AP 与 平面11BDD B 所成角的正切值为 （2）依题意，要在11AC 上找一点Q ，使得1D Q AP ⊥．可推测11AC 的中点1O 即为所 求的Q 点．因为1111111DO AC DO AA ，⊥⊥，所以11DO ⊥面11ACC A ．又AP ?面11ACC A ，故11D O AP ⊥．从而11D O 在平面1AD P 上的射影与AP 垂直． 解法２（1）建立如图８－３所示的空间直角坐标系，则(100)(110)(01)A B P m ，，，，，，，，， 11(010)(000)(111)(001)C D B D ，，，，，，，，，，，． 所以1(110)(001)(11)(110)BD BB AP m AC =--==-=-，，，，，，，，，，，． 又由100AC BD AC BB ==，知，AC 为平面11BB D D 的一个法向量．设AP 与平面11BB D D 所成的角为θ，则 s i n c o s θθπ?? = - ?2?? 2 22AP AC AP AC m = = +． 2 2 2m = +，解得 13m = ．故当1 3 m =时，直线AP 与平面11BDD B 所成角的正切值为 （2）若在11AC 上存在这样的点Q ，设此点的横坐标为 x ，则 1(11)(10)Q x x D Q x x -= -，，，，，．依题意，对任意的m 要使1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于AP ，等价于111 0(1)02 D Q AP AP D Q x x x ?=?-+-=?=⊥．即Q 为11AC 的中点时，满足题设要求．
转化转化 2013高考数学常见难题大盘点：立体几何 1.如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，（I）求证：AC⊥BC1；（II）求证：AC 1//平面CDB1； 解析：（1）证明线线垂直方法有两类：一是通过三垂线定理或逆定理证明，二是通过线 面垂直来证明线线垂直；（2）证明线面平行也有两类：一是通过线线平行得到线面平行，二 是通过面面平行得到线面平行. 答案:解法一：（I）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5， ∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴AC⊥BC1； （II）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点， ∴ DE//AC1，∵ DE?平面C D B1，AC1?平面C D B1， ∴AC1//平面C D B1； 解法二：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3， BC＝4，AB＝5，∴AC、BC、C1C两两垂直，如图，以C 为坐标原点，直线CA、CB、C1C分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系，则C（0,0，0），A（3,0，0），C1 （0,0，4），B（0,4，0），B1（0,4，4），D（ 2 3 ，2,0） （1）∵AC＝（－3,0，0）， 1 BC＝（0，－4,0）， ∴AC? 1 BC＝0，∴AC⊥BC1. （2）设CB1与C1B的交战为E，则E（0,2，2）.∵DE＝（－ 2 3 ，0,2）， 1 AC＝（－3,0， 4），∴ 1 2 1 AC DE=，∴DE∥AC1. 点评：2．平行问题的转化： 面面平行线面平行线线平行； 主要依据是有关的定义及判定定理和性质定理． 2.如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M 为PC的中点。 (1)求证：BM∥平面PAD； A B C A B C E x y z
立体几何专题突破之《探究性问题》 考点动向 立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．探究是一种科学的精神，因此，也是命题的热点．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的． 方法范例 例１ 如图８－１，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是侧棱1CC 上的一点，CP m =． （１）试确定m ，使直线AP 与平面11BDD B 所 成角的正切值为 （２）在线段11A C 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于 AP ，并证明你的结论． 解析 本题的两问都充满了探究性，问题的情景具有运动变化的特点，此时，只需要确定某一个位置进行推理，其它作类似推理即可．即所谓的化动为静． 解法1 （1）连AC ，设A C B D O A P =，与面11BDD B 交于点G ，连OG ．因为PC ∥面 11BDD B ，面11 BDD B 面APC OG =，故 O G P C ∥．所以122m OG PC == ．又1AO DB AO BB ，⊥⊥，所以AO ⊥面11BDD B ．故AGO ∠即为AP 与面11BDD B 所成 A 1 图８－１ P 1A D 1 图８－２
的角．在Rt AOG △ 中，2tan 2 AGO m ∠==，即13m =．故当1 3m =时，直线AP 与 平面11BDD B 所成角的正切值为 （2）依题意，要在11A C 上找一点Q ，使得1D Q AP ⊥．可推测11A C 的中点1O 即为所 求的Q 点．因为1111111D O AC D O AA ，⊥⊥，所以11D O ⊥面11ACC A ．又AP ?面11ACC A ，故11D O AP ⊥．从而11D O 在平面1AD P 上的射影与AP 垂直． 解法２（1）建立如图８－３所示的空间直角坐标系，则(100)(110)(01)A B P m ，，，，，，，，， 11(010)(000)(111)(001)C D B D ，，，，，，，，，，，． 所以1(110)(001)(11)(110)BD BB AP m AC =--==-=-，，，，，，，，，，，． 又由100AC BD AC BB ==，知，AC 为平面11BB D D 的一个法向量．设AP 与平面11BB D D 所成的角为 θ，则 s i n c o s θθπ?? = - ?2?? 2 2 2AP AC AP AC m = = +． 2 2 2m = +，解得 13m = ．故当1 3 m =时，直线AP 与平面11BDD B 所成角的正切值为 （2）若在11A C 上存在这样的点Q ，设此点的横坐标为x ，则 1(11)(10) Q x x D Q x x -=-，，，，，．依题意，对任意的m 要使1D Q 在平面1APD 上的射影垂直于AP ，等价于111 0(1)02 D Q AP AP D Q x x x ?=?-+-=?=⊥．即Q 为11A C 的中点时，满足题设要求．
数学竞赛中的立体几何问题 立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容．解法灵活而备受人们的青睐，竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算．解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法． 一、求角度 这类题常以多面体或旋转体为依托,考查立体几何中的异面直线所成角、直线与平面所成角或二面角的大小 解决这类题的关键是 ,根据已知条件准确地找出或作出要求的角． 立体几何中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种．其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是[]0,90??；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：①作棱的垂面和两个半平面相交；②过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；③根据三垂线定理或逆定理．另外还可以根据面积射影定理cos S S θ'=?得到．式中S '表示射影多边形的面积，S 表示原多边形的面积，θ即为所求二面角． 例１ 直线OA 和平面α斜交于一点O ，OB 是OA 在α内的射影，OC 是平面α内过O 点的任一直线，设,,.AOC AOB BOC αβγ∠=∠=∠=，求证：cos cos cos αβγ=?． 分析：如图，设射线OA 任意一点A ，过A 作 AB α⊥于点B ，又作BC OC ⊥于点C ，连 接AC ．有： cos ,cos ,cos ;OC OB OC OA OA OB αβγ=== 所以，cos cos cos αβγ=?． 评注：①上述结论经常会结合以下课本例题一起使用．过平面内一个角的顶点作平面的一条斜线，如果斜线和角的两边所成的角相等，那么这条斜线在平面内的射影一定会落在这个角的角平分线上．利用全等三角形即可证明结论成立． ②从上述等式的三项可以看出cos α值最小，于是可得结论：平面的一条斜线和平面内经过斜足的所有直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角最小． 例、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上， α O C B A E A
1.（湖北高考）如图，在四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD， AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点. （Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.
本小题主要考查线面关系和四棱锥等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力. 解法1：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、 B （ 3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、 P （0，0，2）、E （0，2 1，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3( -== 设PB AC 与的夹角为θ，则 ,14 7 37 23cos == = θ ∴AC 与PB 所成角的余弦值为14 73 . （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则 )1,2 1 ,(z x --=，由 NE ⊥面PAC 可得， ?????=+-=-??? ????=?--=?--?????=?=?.021 3,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(. 0,0x z z x z x AC NE AP NE 化简得即 ∴?? ???==16 3 z x 即N 点的坐标为)1,0,6 3 (，从而N 点到AB 、AP 的距离分 别为1，6 3.
2.（湖北高考）如图1，45ACB ∠= ，3BC =，过动点A 作AD BC ⊥，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使90BDC ∠= （1）当BD 的长为多少时，三棱锥A BCD -的体积最大； （2）当三棱锥A BCD -的体积最大时，设点E ， M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确 定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面 BMN 所成角的大小． D A B C A D B 图 图1
1 / 6 立体几何难题汇编1 1. 在正方体的顶点中任意选择4个顶点，对于由这4个顶点构成的各种几何形体的以下判断中，所有正确的结论个数是（ ） ①能构成矩形； ②能构成不是矩形的平行四边形； ③能构成每个面都是等边三角形的四面体； ④能构成每个面都是直角三角形的四面体； ⑤能构成三个面为全等的等腰直角三角形，一个面为等边三角形的四面体． A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 【考点】命题的真假判断与应用． 【专题】证明题． 【分析】画出图形，分类找出所有情况即可． 【解答】解：作出正方体： 在正方体的顶点中任意选择4个顶点，对于由这4个顶点构成的各种几何形体z 只能有以下四种情况： ①任意一个侧面和对角面皆为矩形，所以正确； ③四面体A 1-BC 1D 是每个面都是等边三角形的四面体，所以正确； ④四面体B 1-ABD 的每个面都是直角三角形，所以正确； ⑤四面体A 1-ABD 的三个面都是等腰直角三角形，第四个面A 1BD 是等边三角 形． 由以上可知：不能构成不是矩形的平行四边形，故②不正确． 综上可知：正确的结论个数是4． 故选C ． 【点评】全面了解正方体中的任意四个顶点构成的四面体和平面四边形是解题的关键． 2. 一个半径为1的小球在一个棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是____________ ． 【考点】棱锥的结构特征． 【专题】计算题；压轴题． 【分析】小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为 4626 46
2 / 6 ，故小三角形的边长为，做出面积相减，得到结果． 【解答】解：考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为 故小三角形的边长为 小球与一个面不能接触到的部分的面积为 ，∴几何体中的四个面小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 4×18 =72 故答案为：72 【点评】本题考查棱柱的结构特征，本题解题的关键是看出小球的运动轨迹是什么，看出是一个正三角形，这样题目做起来就方向明确． 3.（2012?上海）如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，BC=2，若AD=2c ，且AB+BD=AC+CD=2a ，其中a 、c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是 ______________. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积． 【专题】计算题；压轴题． 【分析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，说明B 与C 都是在以AD 为焦距的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ，BE=CE ．取BC 中点F ，推出四面体 ABCD 的体积的最大值，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大，求解即可． 【解答】 解：作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，则AD ⊥平面BEC ，所以CE ⊥AD ，由题设，B 与C 都是在以AD 为焦点的椭圆上， 且BE 、CE 都垂直于焦距AD ， AB+BD=AC+CD=2a ，显然△ABD ≌△ACD ，所以BE=CE ．取BC 中点F ，∴EF ⊥BC ，EF ⊥AD ，要求四面体ABCD 的体积的最大值， 46 26 131346*46**26*26*183,2222-=33 3 22.a c -
专题突破练18 立体几何中的翻折问题及探索性问题 1.(2020河北石家庄5月检测,18)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图 2. (1)求证:平面A1CD⊥平面A1BC; (2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值. 2. (2020贵州贵阳适应性训练,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,且平面PAD⊥平面ABCD,F为棱PD的中点. (1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE?并说明理由; (2)若PA=PD=AB,求直线AF与平面PBC所成角的正弦值.
3.(2020浙江台州模拟,19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=BC=3,AA1=2.以AB,BC 为邻边作平行四边形ABCD,连接DA1和DC1. (1)求证:A1D∥平面BCC1B1; (2)在线段BC上是否存在点F,使平面DA1C1与平面A1C1F垂直?若存在,求出BF的长;若不存在,请说明理由. 4.(2020云南昆明一中模拟,19)图1是由边长为4的正六边形AEFBCD,矩形DCGH组成的一个平面图形,将其沿AB,DC折起得几何体ABCD-EFGH,使得CG⊥AD,且平面EFGH∥平面ABCD,如图2. (1)证明:在图2中,平面ACG⊥平面BCG; (2)设M为图2中线段CG上一点,且CM=1,若直线AG∥平面BMD,求图2中的直线BM与平面AHB 所成角的正弦值.
5.(2020北京通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD 为菱形,且∠A=60°,取AD 中点为E.现将四边形EBCD 沿BE 折起至EBHG ,使得∠AEG=90°,如图2. (1)求证:AE ⊥平面EBHG ; (2)求二面角A-GH-B 的余弦值; (3)若点F 满足AF ????? =λAB ????? ,当EF ∥平面AGH 时,求λ的值. 6.
立体几何中的探索性问题精编W O R D版 IBM system office room 【A0816H-A0912AAAHH-GX8Q8-GNTHHJ8】
立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．这类试题的一般设问方式是“是否存在?存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设． 8如图,在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． (1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由． (2)求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF． (3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为45。? 拓展提升 (1)开放性问题是近几年高考的一种常见题型．一般来说，这种题型依据题目特点，充分利用条件不难求解． (2)对于探索性问题，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． 9如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的√2倍，P 为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD． (2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小． (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC?若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由． 如图所示，在正方体ABCD—A l B l C 1 D l 中，M,N分别是AB，BC中点． (1)求证：平面B 1MN⊥平面BB 1 D 1 D； (2)在棱DD 1上是否存在点P，使BD 1 ∥平面PMN，若有，确定点P 的位置；若没有，说明理由． 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，0为AD中 点． (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求异面直线PB与CD所成角的大小： (3)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD3若存在，求出AQ：DQ的值；若不存在，请说明理由． 立体几何中探索性问题的向量解法 高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.
B 立体几何中探索性问题的向量解法 高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势. 一.存在判断型 例1.正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E,F 分别是AC 和BC 边 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A —DC —B ．如图1. (1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E DF C --的余弦值； (3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？证明你的结论. 例2.如图(2)，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA 为θ ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线?若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由. 解：以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设|AD|=2a ，|AB|=2b ，∠PDA=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b ，0)、C(2a ，2b ，0)、D(2a ，0，0)、P(0，0，2atan θ)、M(0，b ，0)、N(a ，b ，atan θ). ∴AB =(0，2b ，0)，PC =(2a ，2b ，-2atan θ)，MN =(a ，0，atan θ). ∵AB ·MN =(0，2b ，0)·(a ，0，atan θ)=0，∴AB ⊥MN .即AB ⊥MN. 若MN ⊥PC ，则·=(a ，0，atan θ)·(2a ，2b ，-2atan θ) =2a 2-2a 2tan 2θ=0.∴tan 2θ=1，而θ是锐角. ∴tan θ=1， θ＝45°.即当θ=45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线. 【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然 后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。这是一种最常用也是最基本的方法. 二.位置探究型 如图所示PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 是PB 的中点，与夹角的余 弦值为 3 3 .(1)建立适当的空间坐标系，写出点E 的坐标。 (2)在平面PAD 内是否存在一点F ，使EF ⊥平面PCB ？ 解析：⑴以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 间直角坐标系，设P （0,0,2m ）.则A(2,0,0)、B(2,2,0)、E(1,1,m)，从而AE =(-1,1,m),DP =(0,0,2m). AE DP = ??,cos 3 3 2222 2= +m m m ，得m=1. 所以E 点的坐标为(1,1,1).（2）由于点F 在平面PAD 内，故可设F(z x ,0,)， 由EF ⊥平面PCB 得：0=?CB EF 且0=?PC EF ， 即10)0,0,2()1.1,1(=?=?---x z x .00)2,2,0()1.1,1(=?=-?---z z x 。 所以点F 的坐标为（1,0,0）,即点F 是DA 的中点时，可使EF ⊥平面PCB. 【方法归纳】点F 在平面PAD 上一般可设DP t t 21+=?、计 算出21, t t 后，D 点是已知 的，即可求出F 点。 A B C D E F A B C D E F