高考大题专项(四)立体几何考情分析从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积,点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.必备知识1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法:①利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;②利用平行四边形进行平行转换;③利用三角形的中位线定理证线线平行;④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;②勾股定理;③线面垂直的性质:要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.3.求几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解.(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形,要注意应用这些轴截面.4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.5.空间中的角的计算,可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算,也可以构建空间角,把角的计算归结为平面图形中的角的计算.利用空间向量解题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.突破1空间中的位置关系与表面积、体积【例题】(2020安徽高三三模)如图,边长为2的等边三角形ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=√3AC1.(1)求证:A1B1∥平面ABC;(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积.解题心得处理体积问题的思路(1)“转”:指的是转换底面与高,将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面,或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高;(2)“拆”:指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算;(3)“拼”:指的是将小几何体嵌入一个大几何体中,如将一个三棱锥复原成一个三棱柱,将一个三棱柱复原成一个四棱柱,这些都是拼补的方法.对点训练如图,五边形ABSCD中,四边形ABCD为长方形,三角形SBC为边长为2的正三角形,将三角形SBC沿BC折起,使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上.(1)当AB=√2时,证明:平面SAB⊥平面SCD;(2)当AB=1时,求四棱锥S-ABCD的侧面积.突破2空间角和距离题型一空间中的位置关系与异面直线所成的角【例1】在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,PA=AD=2,AB=BC=1,Q为PD的中点.(1)求证:PD⊥BQ;(2)求异面直线PC与BQ所成角的余弦值.解题心得用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别:当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,这个角就是异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.对点训练1(2020上海杨浦高三二模)如图,线段OA和OB是以P为顶点的圆锥的底面的两条互相垂直的半径,点M是母线PB的中点,已知OA=OM=2.(1)求该圆锥的体积;(2)求异面直线OM与AP所成角的余弦值.题型二空间的位置关系与线面角【例2】(2020内蒙古北重三中高三期中)如图,菱形ABCD与等边三角形BCE所在平面互相垂直,FD⊥平面ABCD,BC=2,FD=√3.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求直线EF与平面AFB所成角的正弦值.解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通过平面的法向量来求.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.对点训练2(2020辽宁高三三模(理))如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AB=BD=2,BB1=2,BD与AC相交于点E,A1D与AD1相交于点O.(1)求证:AC⊥平面BB1D1D;(2)求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.题型三空间中的位置关系与二面角【例3】(2020山东烟台龙口一中诊测)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB=1,AB=4.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当C点为半圆的中点时,求二面角D-AE-B的平面角的余弦值.解题心得如图,设平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为θ(0≤θ<π),则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|,结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.|n1||n2|对点训练3(2020四川攀枝花高三调研)如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BQ=BP,D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,AQ=2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB∥GH;(2)求二面角D-GH-E的平面角的余弦值.题型四空间中的位置关系与空间距离【例4】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=2√6,D是CC1的中点,E是A1B1的中点.(1)证明:DE∥平面A1BC;(2)求点A到平面A1BC的距离.解题心得求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的投影向量的长度.如图,设点P 在平面α外,点O 是点P 在平面α上的射影,n 为平面α的法向量,在平面α内任取一不同于点O 的点Q ,则点P 到平面α的距离PO=|PQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |.对点训练4(2020福建高三模拟)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,点E 在线段PA 上,PC ∥平面BDE.(1)请确定点E 的位置,并说明理由.(2)若△PAD 是等边三角形,AB=2AD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,求点E 到平面PCD 的距离.突破3立体几何中的创新综合问题题型一折叠与展开问题【例1】(2019全国3,理19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.解题心得折叠问题的关键有二:①画好两个图——折叠前的平面图和折叠后的立体图;②分析好两个关系——折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化,哪些没有改变.一般地,在同一半平面内的几何元素之间的关系是不变的.涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是要变化的.分别位于两个半平面内但垂直于折叠棱的直线翻折后仍然垂直于折叠棱.对点训练1(2020陕西汉中龙岗学校高三模考)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E是AD的中点,F是CD的中点,现将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P-ABCFE.(1)求证:AC∥平面PEF;(2)若平面PEF⊥平面ABCFE,求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.题型二范围与最值问题【例2】(2020江苏天一中学高三模拟)给出两块相同的正三角形铁皮(如图1,图2),(1)要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型,另一块剪拼成一个正三棱柱模型,使它们的全面积都与原三角形的面积相等,①请设计一种剪拼方法,分别用虚线标示在图1、图2中,并作简要说明;②试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小.(2)设正三角形铁皮的边长为a,将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形,再把它的边沿虚线折起(如图3),做成一个无盖的正三角形底铁皮箱,当箱底边长为多少时,箱子容积最大?最大容积是多少?解题心得求解立体几何的最值问题主要应用代数中的有关函数知识或不等式有关知识求解.解题的关键是恰当地引入参变量(一元或二元),建立目标函数,然后由表达式的特点求最值;如果应用几何法求解,要明确空间几何体的结构特征以及形成规律,要正确实施空间向平面的转化.对点训练2(2020广东普宁华美实验学校高三月考)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;(3)若BC=√2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.题型三开放与探索问题【例3】(2020天津北辰二模)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小;(3)线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为π,若存在,求线段PM的6长度;若不存在,说明理由.解题心得1.先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,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.2.空间向量很适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.对点训练3(2020黑龙江大庆中学高三期末)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形,ADNM是矩形,平面ADNM⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E为AB的中点.(1)求证:AN∥平面MEC;?若存在,求出AP的长;若不(2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3存在,请说明理由.高考大题专项(四)立体几何突破1空间中的位置关系与表面积、体积例题(1)证明∵四边形A1ACC1是菱形,∴AC∥A1C1.∵AC⊂平面ABC,A1C1⊄平面ABC,∴A1C1∥平面ABC,同理得,B1C1∥平面ABC.∵A1C1,B1C1在平面A1B1C1中,且A1C1∩B1C1=C1,∴平面ABC∥平面A1B1C1.∵A1B1⊂平面A1B1C1,∴A 1B 1∥平面ABC.(2)解∵∠ACB 与∠A 1C 1B 1满足AC ∥A 1C 1,BC ∥B 1C 1,且两个角的对应边方向相同,∴∠A 1C 1B 1=∠ACB=60°,∵A 1C 1=AC=2,2B 1C 1=BC=2,则B 1C 1=1,∴S △A 1B 1C 1=12×1×2×√32=√32.在菱形A 1ACC 1中,∵A 1C=√3AC 1,∴∠ACC 1=60°,S 菱形A 1ACC 1=2×√34×22=2√3.∵平面ABC ⊥平面ACC 1,取AC 的中点M ,连接BM ,C 1M ,∴BM ⊥平面ACC 1,C 1M ⊥平面ABC.由(1)知,平面ABC ∥平面A 1B 1C 1,∴C 1M ⊥平面A 1B 1C 1,∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离为C 1M=√3. 又点B 到平面A 1ACC 1的距离为BM=√3,连接BC 1,则V=V B -A 1B 1C 1+V B -A 1ACC 1=13×√32+2√3×√3=52.对点训练(1)证明作SO ⊥AD ,垂足为O ,依题意得SO ⊥平面ABCD ,∴SO ⊥AB ,SO ⊥CD ,又AB ⊥AD ,∴AB ⊥平面SAD ,则AB ⊥SA ,AB ⊥SD.利用勾股定理得SA=√SB 2-AB 2=√4-2=√2,同理可得SD=√2. 在△SAD 中,AD=2,SA=SD=√2,∴SA ⊥SD ,∴SD ⊥平面SAB.又SD ⊂平面SCD ,∴平面SAB ⊥平面SCD. (2)解由(1)中可知AB ⊥SA ,同理CD ⊥SD ,∵AB=CD=1,SB=SC=2,则由勾股定理可得SA=SD=√3,∴S △SBC =√34×BC 2=√34×22=√3,S △SAB =S △SCD =12CD ×SD =12×1×√3=√32,在△SAD 中,SA=SD=√3,AD=2,则AD 边上高h=√(√3)2-1=√2, ∴S △SAD =12AD ×h=12×2×√2=√2.四棱锥S-ABCD 的侧面积S=S △SAB +S △SBC +S △SCD +S △SAD =√3+√32+√32+√2=2√3+√2.突破2 空间角和距离例1(1)证明由题意知,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,底面四边形ABCD 为直角梯形,AD ⊥AB ,以A 为原点,分别以AB ,AD ,AP 为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,2).因为Q 为PD 的中点,所以Q (0,1,1),所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1),所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0, 所以PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即PD ⊥BQ. (2)解由(1)得PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-2),PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1+1-2=-2,|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3,cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||PC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√23,所以异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为√23.对点训练1解(1)由题可得PB=4,OP=2√3,故体积V=13Sh=13π×22×2√3=8√33π.(2)以点O 为坐标原点,以OA 为x 轴正半轴,OB 为y 轴正半轴,OP 为z 轴正半轴建立空间直角坐标系,则O (0,0,0),M (0,1,√3),A (2,0,0),P (0,0,2√3),所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2√3),设异面直线OM 与AP 所成的角为θ,则cos θ=|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=62×4=34,故异面直线OM 与AP 所成角的余弦值为34.例2(1)证明如图,过点E 作EH ⊥BC 于点H ,连接EH ,∴EH=√3.∵平面ABCD ⊥平面BCE ,EH ⊂平面BCE ,平面ABCD ∩平面BCE 于BC , ∴EH ⊥平面ABCD. ∵FD ⊥平面ABCD ,FD=√3,∴FD EH ,∴四边形EHDF 为平行四边形,∴EF ∥HD.∵EF ⊄平面ABCD ,HD ⊂平面ABCD ,∴EF ∥平面ABCD. (2)解连接HA.由(1)得H 为BC 中点,又∠CBA=60°,∴△ABC 为等边三角形,∴HA ⊥BC.分别以HB ,HA ,HE 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.则B (1,0,0),F (-2,√3,√3),E (0,0,√3),A (0,√3,0).BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,√3,√3),BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3,0),设平面ABF 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{n ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-3x +√3y +√3z =0,-x +√3y =0,令y=1,得n =(√3,1,2).设直线EF 与平面ABF 所成的角为α,则sin α=|cos <EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√4228,即直线EF 与平面ABF 所成角的正弦值为√4228. 对点训练2(1)证明∵底面ABCD 为菱形,∴AC ⊥BD.∵棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1为直棱柱,∴DD 1⊥平面ABCD. ∵AC ⊂平面ABCD ,∴AC ⊥DD 1. ∵AC ⊥BD ,AC ⊥DD 1,BD ∩DD 1=D , ∴AC ⊥平面BB 1D 1D. (2)解如图,取B 1D 1中点F ,连接EF ,以E 为坐标原点,EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示空间直角坐标系.∵AE=√3,BE=1,则B (0,1,0),B 1(0,1,2),D 1(0,-1,2),A (√3,0,0),O √32,-12,1,故OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,-1,D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,32,1, 设平面OB 1D 1的法向量为n =(x ,y ,z ),有{D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,{2y =0,-√32x +32y +z =0, 令x=2,则y=0,z=√3,得n =(2,0,√3).又n ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2√3,|n |=√7,|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2, 设直线OB 与平面OB 1D 1所成的角为θ,∴sin θ=|cos <n ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|√32×√7|=√217.故直线OB 与平面OB 1D 1所成的角的正弦值为√217.例3(1)证明∵AB 是圆O 的直径,∴AC ⊥BC ,∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,∴DC ⊥BC.又DC ∩AC=C ,∴BC ⊥平面ACD ,∵DC ∥EB ,DC=EB , ∴四边形DCBE 是平行四边形,∴DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ACD ,又DE ⊂平面ADE ,∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)解当C 点为半圆的中点时,AC=BC=2√2,以C 为原点,以CA ,CB ,CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示,则D (0,0,1),E (0,2√2,1),A (2√2,0,0),B (0,2√2,0),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√2,2√2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√2,0,-1),设平面DAE 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面ABE 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则{m ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√2x 1-z 1=0,2√2y 1=0,由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-2√2x 2+2√2y 2=0,z 2=0,令x 1=1,得m =(1,0,2√2),令x 2=1,得n =(1,1,0).∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=3×√2=√26.∵二面角D-AE-B 的平面角是钝角, ∴二面角D-AE-B 的平面角的余弦值为-√26.对点训练3(1)证明因为D ,C ,E ,F 分别是AQ ,BQ ,AP ,BP 的中点,所以EF ∥AB ,DC ∥AB ,所以EF ∥DC , 又EF ⊄平面PCD ,DC ⊂平面PCD , 所以EF ∥平面PCD ,又EF ⊂平面EFQ ,平面EFQ ∩平面PCD=GH ,所以EF ∥GH. 又EF ∥AB ,所以AB ∥GH.(2)解在△ABQ 中,AQ=2BD ,AD=DQ ,所以∠ABQ=90°.又PB ⊥平面ABQ ,所以BA ,BQ ,BP 两两垂直.以B 为坐标原点,分别以BA ,BQ ,BP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设BA=BQ=BP=2,则E (1,0,1),F (0,0,1),Q (0,2,0),D (1,1,0),C (0,1,0),P (0,0,2),所以EQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,2),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2), 设平面EFQ 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 由{m ·EQ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 1+2y 1-z 1=0,2y 1-z 1=0,取y 1=1,得m =(0,1,2).设平面PDC 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 由{n ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-x 2-y 2+2z 2=0,-y 2+2z 2=0.取z 2=1,得n =(0,2,1). 所以cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=45,因为二面角D-GH-E 的平面角为钝角,所以二面角D-GH-E 的平面角的余弦值为-45. 例4(1)证明如图,取A 1B 的中点F ,连接FC ,FE.因为E ,F 分别是A 1B 1,A 1B 的中点,所以EF ∥BB 1,且EF=12BB 1.又在平行四边形BB 1C 1C 中,D 是CC 1的中点,所以CD ∥BB 1,且CD=12BB 1,所以CD ∥EF ,且CD=EF.所以四边形CFED 是平行四边形,所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面A 1BC ,CF ⊂平面A 1BC ,所以DE ∥平面A 1BC. (2)解(方法1)等体积法因为BC=AC=AB=2,AA 1=2√6,三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱, 所以V 三棱锥A 1-ABC =13S △ABC ×AA 1=13×√34×22×2√6=2√2.又在△A 1BC 中,A 1B=A 1C=2√7,BC=2,BC 边上的高h=√A 1B 2-(12BC)2=3√3,所以S △A 1BC =12BC ·h=3√3.设点A 到平面A 1BC 的距离为d ,则V 三棱锥A -A 1BC =13S △A 1BC ×d=13×3√3×d=√3d. 因为V 三棱锥A 1-ABC =V 三棱锥A -A 1BC ,所以2√2=√3d ,解得d=2√63,所以点A 到平面A 1BC 的距离为2√63. (方法2)向量法由题意知,三棱柱ABC-A 1B 1C 1是正三棱柱.取AB 的中点O ,连接OC ,OE.因为AC=BC ,所以CO ⊥AB.又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1,平面ABC ∩平面ABB 1A 1=AB ,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点,E 为A 1B 1的中点,所以OE ⊥AB ,所以OC ,OA ,OE 两两垂直.如图,以O 为坐标原点,以OA ,OE ,OC 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,√3),A (1,0,0),A 1(1,2√6,0),B (-1,0,0).则BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√6,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{x +√6y =0,x +√3z =0, 令x=√6,则y=-1,z=-√2.所以n =(√6,-1,-√2)为平面A 1BC 的一个法向量.而BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),所以点A 到平面A 1BC 的距离d=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||n |=√6×2√6+1+2=2√63.对点训练4解(1)连接AC 交BD 于点M ,如图,∵PC ∥平面BDE ,平面PAC ∩平面BDE=EM ,∴PC ∥EM.∵M 为AC 的中点,∴E 为PA 的中点.(2)∵△PAD 是等边三角形,平面PAD ⊥平面ABCD ,∴以AD 中点O 为原点,OA 为x 轴,在平面ABCD 中,过点O 作AB 的平行线为y 轴,以OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,设AD=m ,则AB=2m ,∵四棱锥P-ABCD 的体积为9√3,∴13m·2m·√m 2-(m 2)2=9√3,解得m=3.∴A 32,0,0,P 0,0,3√32,E 34,0,3√34,D -32,0,0,C-32,6,0.PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =34,0,-3√34,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,6,-3√32,PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,0,-3√32,设平面PCD 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,{-32x +6y -3√32z =0,-32x -3√32z =0,取x=√3,得n =(√3,0,-1),∴E 到平面PCD 的距离d=|PE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=3√322=3√34.突破3 立体几何中的创新综合问题例1(1)证明由已知得AD ∥BE ,CG ∥BE ,所以AD ∥CG ,故AD ,CG 确定一个平面,从而A ,C ,G ,D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ,AB ⊥BC ,故AB ⊥平面BCGE.又因为AB ⊂平面ABC , 所以平面ABC ⊥平面BCGE. (2)解作EH ⊥BC ,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE ,平面BCGE ⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz ,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0.所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.对点训练1(1)证明∵E ,F 分别为AD ,CD 的中点,∴EF ∥AC.又EF ⊂平面PEF ,AC ⊄平面PEF , ∴AC ∥平面PEF. (2)解取EF 的中点O ,并分别连接OP ,OB.由题知,OP ⊥EF ,OB ⊥EF.又平面PEF ⊥平面ABCFE ,平面PEF ∩平面ABCFE=EF ,PO ⊂平面PEF , ∴PO ⊥平面ABCFE.又AB=4,∴PF=AE=PE=2,EO=OP=OF=√2,OB=3√2.分别以OE ,OB ,OP 为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则O (0,0,0),P (0,0,√2),B (0,3√2,0),E (√2,0,0),A (2√2,√2,0),∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3√2,√2),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,√2,0),EP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√2). 设平面PAE 的一个法向量n =(x ,y ,z ),则{√2x +√2y =0,-√2x +√2z =0,取x=1,则y=-1,z=1,所以n =(1,-1,1).设直线PB 与平面PAE 所成的角为θ,则sin θ=|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=2√3015.故直线PB 与平面PAE 所成角的正弦值为2√3015.例2解(1)①如图1,沿正三角形三边中点连线折起,可拼得一个正三棱锥.如图2,正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长的一组邻边边长为三角形边长的14,有一组对角为直角,余下部分按虚线折起,可成一个缺上底的正三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底.②依上面剪拼方法,有V柱>V锥.推理如下:设给出正三角形铁皮的边长为2,那么,正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形,其面积为√34 .则h锥=√1-(23×√32)2=√63,h柱=12tan30°=√36.V柱-V锥=(ℎ柱-13ℎ锥)×√34=√36−√69×√34=3-2√224>0,所以V柱>V锥.(2)设箱底边长为x,则箱高为h=√33×a-x2(0<x<a),箱子的容积为V(x)=12x2×sin60°×h=18ax2-18x3(0<x<a).由V'(x)=14ax-38x2=0,解得x1=0(舍),x2=23a,且当x∈(0,23a)时,V'(x)>0;当x∈(23a,a)时,V'(x)<0,所以当x=23a时,箱子容积最大,且V(23a)=18a×(23a)2−18×(23a)3=a354.对点训练2(1)证明连接OC,在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥OD.又PO 垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)解因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB=2,所以△ABC 面积的最大值为12×2×1=1.又因为三棱锥P-ABC 的高PO=1,故三棱锥P-ABC 体积的最大值V=13×1×1=13.(3)解在△POB 中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=√12+12=√2.同理PC=√2,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC 中,将侧面BCP 绕PB 旋转至平面BC'P ,使之与平面ABP 共面,如图所示.当O ,E ,C'共线时,CE+OE 取得最小值.又因为OP=OB ,C'P=C'B ,所以OC'垂直平分PB ,即E 为PB 中点.从而OC'=OE+EC'=√22+√62=√2+√62, 即CE+OE 的最小值为√2+√62.例3(1)证明因为△PAD 是正三角形,O 是AD 的中点,所以PO ⊥AD.又因为CD ⊥平面PAD ,PO ⊂平面PAD ,所以PO ⊥CD. AD ∩CD=D ,AD ,CD 在平面ABCD 中, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)解如图,因为G 为BC 的中点,所以OG ⊥AD.以O 点为原点分别以OA ,OG ,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则O (0,0,0),A (2,0,0),G (0,4,0),P (0,0,2√3),E (-1,2,√3),F (-1,0,√3),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,0),EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-√3),设平面EFG 的法向量为m =(x ,y ,z ), 所以{EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{-2y =0,x +2y -√3z =0,令z=1,则m =(√3,0,1),又平面ABCD 的法向量n =(0,0,1),设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ,所以cos θ=|m ·n ||m ||n |=√(√3)+1×1=12.所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角大小为π3.(3)解不存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6.假设线段PA 上存在点M ,使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1],GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =GP ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,由(2)得PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2√3),GP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,2√3),所以GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2λ,-4,2√3(1-λ)),所以sin π6=|cos <GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=√32√4λ-6λ+7,整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,所以在线段PA 上不存在点M 使得直线GM 与平面EFG 所成角为π6. 对点训练3(1)证明连接BN 与CM 交于点F ,连接EF ,NC.由已知可得四边形BCNM 是平行四边形,所以F 是BN 的中点.因为E 是AB 的中点,所以AN ∥EF. 又EF ⊂平面MEC ,AN ⊄平面MEC , 所以AN ∥平面MEC. (2)解不存在点P ,使二面角P-EC-D 的大小为π3.由于四边形ABCD 是菱形,∠DAB=60°,E 是AB 的中点,可得DE ⊥AB.又四边形ADNM 是矩形,平面ADNM ⊥平面ABCD ,所以DN ⊥平面ABCD , 以DE ,DC ,DN 为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则E (√3,0,0),C (0,2,0),P (√3,-1,h ),h ∈[0,1],CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-2,0),EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,h ), 设平面PEC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ). 则{CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,EP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,则{√3x -2y =0,-y +ℎz =0,令y=√3h ,则n 1=(2h ,√3h ,√3),又平面ECD的法向量n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=√3√7ℎ+3=12,解得h=3√77,因为3√77>1,故在线段AM上不存在点P,使二面角P-EC-D的大小为π3.。
