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热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1 线面位置关系与体积计算(答题模板)以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ) 如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC 与BD的交点，BE⊥平面ABCD.图1(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[思路点拨] (1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2. 9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分[答题模板] 第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC ⊥BE . 第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC ⊥平面BED . 第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积． 第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD ∩BE ＝B ，AC 平面AEC ，造成推理不严谨，导致扣分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．[对点训练1] 如图2，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．图2(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E ABC 的体积．[解] (1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AB 平面ABC ， 所以BB 1⊥AB . 2分 又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1. 4分 (2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为G ，F 分别是AB ，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，6分 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG 平面ABE ，C 1F 平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE . 8分(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝3，10分 所以三棱锥E ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 12分 热点2 平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量，是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．如图3，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE的中点．现沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE .【导学号：66482345】[解] (1)如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK . 1分证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH . ∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC . 3分 ∵KF 平面DFK ，BC平面DFK ，∴BC ∥平面DFK . 5分(2)证明：∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1， ∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2， 从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE . 8分∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面ADE .∵BE 平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE . 12分[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．图4(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 2分2019年又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′. 5分(2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 7分 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92. 10分五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322. 12分热点3 线、面位置关系中的开放存在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，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2017·石家庄质检)如图5所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a 的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．图5(1)求证：EF∥平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.【导学号：66482346】[解] (1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点. 2分所以对角线AC经过点F.又在△PAC中，点E为PC的中点，所以EF为△PAC的中位线，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD. 5分(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD. 7分又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG. 9分因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC. 12分[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[对点训练3] (2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥SABCD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．图6(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明] (1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥SABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC. 2分在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD平面SBD，所以AC⊥SD. 5分(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a. 7分由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO. 10分又因为NE∥PC，NE平面BNE，BN平面BNE，BN∩NE＝N，PO平面PAC，PC平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1. 12分。
2019年高考数学复习：立体几何中的热点问题立体几何中的热点问题「考情研析」高考对立体几何的考查，以几何元素的平行垂直为重点．为了考查学生应用知识的能力和意识，高考试题中常以解答题的形式呈现出来，折叠问题和探索性问题就是常用的较好的综合题型．核心知识回顾1．折叠问题以折叠手段，将平面图形折成立体图形，据此提出的立体几何问题是折叠问题．解决此类问题的一般过程是：通过想象，充分认识图形在折叠前后的变与不变，根据立体几何中相关概念、公理、定理等知识，准确推理论证，至最终结论．2．探索性问题在高考数学问题中，有类问题是已知结论探求条件或在一定条件下探求结论是否存在，这类条件开放或结论开放的问题，通常称为探索性问题．解决此类问题常可以使用分析法来寻找解题思路．热点考向探究考向1折叠问题例1(2018·南通模拟)如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，点D，E分别在AB，AC上，AD＝2DB，AC＝3EC，沿DE将△ADE翻折起来，使得点A到P的位置，满足PB＝3BD.(1)证明：DB⊥平面PBC；(2)若PB＝BC＝3，PC＝6，点M在PC上，且PM＝3MC，求三棱锥P －BEM的体积．解(1)证明：设AB＝3b，则BD＝b，PB＝3b，PD＝2b，∴BD2＋PB2＝PD2，∴BD⊥PB.∵BD⊥BC，PB∩BC＝B，∴BD⊥平面PBC.(2)∵PB＝3，BC＝3，PC＝6，∴PB⊥BC.∵BD⊥PB且BD∩BC＝B，∴PB⊥平面BCE，∴V P－BEM ＝V E－PMB＝34V E－PBC＝34×13×S△PBC×DB＝38.方法指导翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系均发生变化，解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”“变的位置关系和数量关系”．(2018·鹰潭二模)如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12AB＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC中．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．解(1)证明：在图1中，由题意知，AC＝BC＝22，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC因为E为AC的中点，连接DE，则DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD，从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD.(2)取DC的中点F，连接EF，BF，因为E 是AC 的中点，所以EF ∥AD ，又EF ⊂平面BEF ，AD ⊄平面BEF ，所以AD ∥平面BEF ，由(1)知，DE 为三棱锥B －ACD 的高，因为三棱锥F －BCE 的高h ＝12DE ＝12×2＝22，S △BCE ＝12S △ABC ＝12×12×22×22＝2，所以三棱锥F －BCE 的体积为：V F －BCE ＝13S △BCE ·h ＝13×2×22＝23.考向2 探索性问题例2 如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，且AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC ⊥平面CBF ；(2)在线段CF 上是否存在一点M ，使得OM ∥平面DAF ？并说明理由． 解 (1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∵CB ∩BF ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)存在满足条件的点M .取CF 的中心记作M ，设DF 的中点为N ，连接AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .即存在一点M为CF的中点，使得OM∥平面DAF.方法指导解决立体几何中探索性问题的基本思路：通常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，若能推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；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点．(1)求证：AC1⊥平面B1D1C；(2)过E构造一条线段与平面B1D1C垂直，并证明你的结论．解(1)证明：∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1.如图，连接A1C1交B1D1于O，∵A1C1⊥B1D1，且AA1∩A1C1＝A1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1.同理，AC1⊥B1C，又B1C∩B1D1＝B1，∴AC1⊥平面B1D1C.(2)如图，连接EO，此线段与平面B1D1C垂直．∵E是AA1的中点，O是A1C1的中点，∴EO∥AC1.∵AC1⊥平面B1D1C，∴EO⊥平面B1D1C.真题押题『真题模拟』1．(2017·广东省中山市模考)设a，b为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若a不平行于α，则在α内不存在b，使得b平行于aB．若a不垂直于α，则在α内不存在b，使得b垂直于aC．若α不平行于β，则在β内不存在a，使得a平行于αD．若α不垂直于β，则在β内不存在a，使得a垂直于α答案 D解析若a不平行于α，则当a⊂α时，在α内存在b，使得b∥a，故A错误；若a不垂直于α，则当a⊂α时，在α内存在直线b，使得b⊥a，故B错误；若α不平行于β，则在β内存在直线a，使得a∥α，故C错误；由平面与平面垂直的判定定理知D正确，故选D.2．(2018·江西景德镇模拟)将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC 的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案 C解析在题图①中，AD⊥BC，故在题图②中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C.3．(2018·东北三省四市联考)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是()A．DC1⊥D1PB．平面D1A1P⊥平面A1APC．∠APD1的最大值为90°D．AP＋PD1的最小值为2＋ 2答案 C解析 连接CD 1，易得DC 1⊥平面A 1BCD 1，∴DC 1⊥D 1P ，故A 结论正确；∵D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，∴平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP ，故B 结论正确；当0<A 1P <22时，∠APD 1为钝角，故C 结论错误；将平面AA 1B 沿A 1B 展成与平面A 1BCD 1共面的平面图形，线段AD 1即AP ＋PD 1的最小值，解三角形得AD 1＝2＋2，故D 结论正确．故选C.4．(2018·河北衡水模拟)如图所示，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC 和CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿着AE 和AF 及EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在四面体A －EFH 中必有( )A ．AH ⊥△EFH 所在平面B ．AG ⊥△EFH 所在平面C ．HF ⊥△AEF 所在平面D ．HG ⊥△AEF 所在平面答案 A解析 ∵AD ⊥DF ，AB ⊥BE ，又∵B ，C ，D 重合记为H ，∴AH ⊥HF ，AH ⊥HE .∴AH ⊥平面EFH .5．(2018·陕西省质量检测)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长AB ＝a ，连接AC ，AD 1，D 1C ，B 1D 1，则B 1D 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________．答案 33解析 解法一：连接BD ，交AC 于点O ，连接D 1O ，作DP ⊥D 1O 于点P ，则易证AC ⊥平面DD 1O ，所以AC ⊥DP .又DP ⊥D 1O ，D 1O ∩AC ＝O ，所以DP ⊥平面ACD 1，所以BD 与平面ACD 1所成的角为∠DOD 1.又BD ∥B 1D 1，故B 1D 1与平面ACD 1所成的角为∠DOD 1.在Rt △DOD 1中，由DD 1＝a ，DO ＝22a 可得D 1O ＝62a ，所以cos ∠DOD 1＝DO D 1O ＝22a 62a＝33.故B 1D 1与平面ACD 1所成角的余弦值为33.解法二：连接DB 1，设DB 1与平面ACD 1交于点P ，则易证DB 1⊥平面ACD 1，且PB 1＝2DP ，连接D 1P ，所以B 1D 1与平面ACD 1所成的角为∠B 1D 1P .在Rt △B 1D 1P 中，由B 1D 1＝2a ，B 1P ＝23B 1D ＝23×3a ＝233a ，可得D 1P＝63a ，所以cos ∠B 1D 1P ＝D 1P D 1B 1＝63a 2a＝33.综上，直线B 1D 1与平面ACD 1所成角的余弦值为33.『金版押题』6．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，则这个四棱锥的五个面中两两互相垂直的共有________对．答案 5解析 因为AD ⊥AB ，AD ⊥P A 且P A ∩AB ＝A ，可得AD ⊥平面P AB .同理可得BC ⊥平面P AB 、AB ⊥平面P AD 、CD ⊥平面P AD ，由面面垂直的判定定理可得，平面P AD ⊥平面P AB ，平面PBC ⊥平面P AB ，平面PCD ⊥平面P AD ，平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，共有5对．7．用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，半径为1的鸡蛋(视为球体)放入其中，则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为________．答案 3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点距离最远的两个相差为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC .由图知鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离OF ＝ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝3＋12.配套作业一、选择题1．设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a ∥b 的一个充分不必要条件是( )A ．a ⊥c ，b ⊥cB ．α⊥β，a ⊂α，b ⊂βC ．a ⊥α，b ∥αD ．a ⊥α，b ⊥α答案 D解析 对于C ，在平面α内存在c ∥b ，因为a ⊥α，所以a ⊥c ，故a ⊥b ；A ，B 中，直线a ，b 可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D 中一定推出a ∥b .2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△P AC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④答案 B解析 由题可知平面APC ⊥平面ABCD ，且点P 在各个面内的正投影均为正方形的中心．根据对称性，只需考虑△P AC 在底面、后面、右面的正投影即可．显然△P AC 在底面的正投影为正方形的对角线，在后面与右面的正投影相同，均为等腰直角三角形，故选B.3．如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案 A解析由平面图形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，故选A.4．如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的正视图、侧视图、俯视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应为边长为3和4的长方形，且正视图中右上到左下的对角线应为实线，故正视图为①；侧视图应为边长为4和5的长方形，且侧视图中左上到右下的对角线应为实线，故侧视图为②；俯视图应为边长为3和5的长方形，且俯视图中左上到右下的对角线应为实线，故俯视图为③，故选B.5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD ＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案 D解析因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD ＝90°，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故选D.6．如图，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合)，BD1∥平面B1CE，则()A．BD1∥CEB．AC1⊥BD1C．D1E＝2EC1D．D1E＝EC1答案 D解析设B1C∩BC1＝O，如图，BD1∥平面B1CE，平面BC1D1∩平面B1CE ＝OE，所以BD1∥OE.因为O为BC1的中点，所以E为C1D1的中点，所以D正确；由异面直线的定义知BD1，CE是异面直线，故A错；在矩形ABC1D1中，AC1与BD1不垂直，故B错，C显然是错的，所以选D.。
2019年高考数学一轮复习攻略之立体几何?近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系，如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合，使几何问题代数化等等。
考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。
其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化，考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
历年高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系。
2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现。
这个工作可让学生分组负责收集整理，登在小黑板上，每周一换。
要求学生抽空抄录并且阅读成诵。
其目的在于扩大学生的知识面，引导学生关注社会，热爱生活，所以内容要尽量广泛一些，可以分为人生、价值、理想、学习、成长、责任、友谊、爱心、探索、环保等多方面。
如此下去，除假期外，一年便可以积累40多则材料。
如果学生的脑海里有了众多的鲜活生动的材料，写起文章来还用乱翻参考书吗? 3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现。
4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点。
单靠“死”记还不行，还得“活”用，姑且称之为“先死后活”吧。
让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来，摒弃那些假话套话空话，写出自己的真情实感，篇幅可长可短，并要求运用积累的成语、名言警句等，定期检查点评，选择优秀篇目在班里朗读或展出。
这样，即巩固了所学的材料，又锻炼了学生的写作能力，同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等，达到“一石多鸟”的效果。
此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题。
立体几何热点一空间位置关系与几何体度量计算以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，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.【例1】(满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)证明：直线BC∥平面P AD；(2)若△PCD的面积为27，求四棱锥P－ABCD的体积.教材探源 1.考题源于教材必修2 P74习题2.3B组T2，T4及P62习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作.2.考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材.满分解答(1)证明在平面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD，1分(得分点1) 又BC⊄平面P AD，AD⊂平面P AD.所以直线BC∥平面P AD. 3分(得分点2) (2)解如图，取AD的中点M，连接PM，CM，由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .5分 (得分点3)因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PM ⊂平面P AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ，7分 (得分点4)因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .8分 (得分点5)设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，如图，取CD 的中点N ，连接PN .则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.10分 (得分点6)于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）2×23＝4 3. 12分 (得分点7)得分要点❶得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的BC ∥AD ，第(2)问中CM ⊥AD ，PM ⊥CM ，PN ＝142x 等.❷得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD 两个条件，否则不能得全分.在第(2)问中，证明PM ⊥平面ABCD 时，一定写全三个条件，如平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PM ⊥AD 一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出BC ，AD 及PM ，再计算几何体的体积.❸得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC 的长度，否则无法得分，再者PM 及AD 的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BC ∥AD ，证明CM ⊥AD 优化解题过程.【类题通法】第一步：根据平面几何性质，证BC ∥AD .第二步：由线面平行判定定理，证线BC ∥平面P AD .第三步：判定四边形ABCM 为正方形，得CM ⊥AD .第四步：证明直线PM ⊥平面ABCD .第五步：利用面积求边BC ，并计算相关量.第六步：计算四棱锥P －ABCD 的体积.【对点训练】如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求四面体N －BCM 的体积.(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥P A ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又P A ∩PD ＝P ，P A ，PD ⊂平面P AD ，从而AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解 如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，又AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22， 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 【类题通法】1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由AB ∥CD ，CD ⊥PD ，从而得AB ⊥PD ，进一步证明平面P AB 中的AB ⊥平面P AD ，再运用面面垂直的判定定理得出平面P AB ⊥平面P AD .2.第(2)问先由已知分别求出四棱锥各个侧面的底边长和高，再求出四棱锥的侧面积.其中利用第(1)问的结论得出AB ⊥平面P AD ，从而进一步证明PE ⊥平面ABCD ，确定四棱锥P －ABCD 的高PE ，将空间论证与几何体的计算交汇渗透，这是命题的方向.【对点训练】 如图，四边形ABCD 为菱形，G 是AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积.(1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，且BE ∩BD ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD 知BE ⊥BG ，故△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.热点二 平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例3】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，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′－ABCFE 的体积.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF ，由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.(2)解 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4，所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是OD′2＋OH2＝(22)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由EFAC＝DHDO得EF＝92.五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322.【类题通法】1.(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.2.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【对点训练】如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD 折起到△PBD的位置，点E在线段CD上.(1)求证：PE⊥BD；(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求DEDC的值.(1)证明∵BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BD⊥平面PCD.又PE⊂平面PCD，∴BD⊥PE.(2)解 由题意，得BM ＝14BC .取BC 的中点F ，则PF ∥MN .又PF ⊄平面DMN ，MN ⊂平面DMN ，∴PF ∥平面DMN .由条件PE ∥平面DMN ，PE ∩PF ＝P ，∴平面PEF ∥平面DMN ，∴EF ∥DM ，∴DE DC ＝MF MC ＝13.热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例4】如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱BC ，AB 的中点，点F 在棱CC 1上，已知AB ＝AC ，AA 1＝3，BC ＝CF ＝2.(1)求证：C 1E ∥平面ADF .(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊥平面ADF .(1)证明 连接CE 交AD 于O ，连接OF .因为CE ，AD 为△ABC 的中线，则O 为△ABC 的重心，故CF CC 1＝CO CE ＝23，故OF ∥C 1E ，因为OF ⊂平面ADF ，C 1E ⊄平面ADF ，所以C 1E ∥平面ADF .(2)解 当BM ＝1时，平面CAM ⊥平面ADF .证明如下：因为AB ＝AC ，D 是BC 中点，故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故△CBM≌△FCD.易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.【类题通法】1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.【对点训练】如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点.(1)证明：AE∥平面BDF.(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.(2)解当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面.∵平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊂平面ABCD，CD⊥BC.∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，又CD∩CH＝C，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM，即PM⊥BE.。
2019 高考数学文科生高效提分热门解读之立体几何作者：佚名高考是人生的一种经历，一次考验，更是一次锻炼。
不是有人说，没有历经过高考的人生是不完好的人生。
在高考取，要获得理想的成绩，其数学成绩起到要点的作用。
距离高考还有不到 40 天了，这个时候是冲刺的黄金阶段。
如何抓好这个时间段的复习至关重要，针对大部分文科考生来说，毋容置疑，其单薄环节就是数学。
那么作为文科生考前数学应如何复习？考前提分的要点又安在？热门五立体几何最近几年来的高考取，立体几何的考察要点是对空间构造的察看、剖析、抽象、推理论证的能力，主要考察的知识点在题型划分度上较显然（两小一大），小题主要考察空间几何体的三视图、表面积和体积计算、空间线面地点关系的判断等，大题则要点考察空间线面地点关系的证明，难度中等，但需要有较强的空间想象能力和推理论证能力才有可能顺利地解答。
立体几何的中心内容是空间线面地点关系的判断定理和性质定理，在复习时第一要把这些定理记牢、正确理解，包含定理的文字语言、符号语言和图形语言；其次要以这些定理的使用为复习主线，即便在空间几何体的三视图、表面积和体积计算中也离不开这些定理；最后要总结好线面地点关系的证明方法，如证明线线平行时，能够依据平行线的传达性证明，能够经过中点使用三角形中位线，能够使用平行四边形，能够使用线面平行、面面平行的性质定理等，通过这些总结提升证明空间线面地点关系的能力。
考点 1 空间几何体的三视图空间几何体的三个视图从不一样的方面反应了空间几何体的构造，三视图中的线段长度也从不一样侧面反应了空间几何体中一些线段的长度，此中正视图和侧视图的高、长、宽就是空间几何体的高、长、宽。
在从三视图复原空间几何体时，要特别注意剖析此中的线面地点关系。
考点 2 空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考常有的一个考点，解决这种问题，第一要娴熟掌握各种空间几何体的表面积和体积公式，其次要掌握必定的技巧，如把不规则几何体切割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体归入一个更大的几何体的补形技巧，对旋转体作其轴截面的技巧，经过方程或方程组求解的技巧等，这是化解空间几何体表面积和体积计算难点的要点。
热点探究课(四)立体几何中的高考热点题型(对应学生用书第106页)[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1线面位置关系与体积计算(答题模板) 以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．(本小题满分12分)(2018·长春模拟)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．【导学号：79170256】图1[思路点拨](1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED. 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x. 6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD＝13×12·AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2. 9分从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5. 12分[答题模板]第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC⊥BE.第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC⊥平面BED.第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积．第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD∩BE＝B，AC⊂平面AEC，造成推理不严谨，导致扣分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．[对点训练1]如图2，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．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1；(2)求证：C 1F ∥平面ABE ；(3)求三棱锥E -ABC 的体积．图2[解] (1)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AB ．2分又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1. 4分(2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG .因为G ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ．因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，6分所以四边形FGEC 1为平行四边形，所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE . 8分 (3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ，所以AB ＝AC 2－BC 2＝3，10分所以三棱锥E -ABC 的体积V＝13S△ABC·AA1＝13×12×3×1×2＝33. 12分热点2平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量，是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．如图3，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点．现沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.[解](1)如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.1分证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.∵AK＝14AB，F为AE的中点，∴KF∥EH，∴KF∥BC．3分∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK. 5分(2)证明：∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，∴在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE. 8分∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，∴BE ⊥平面ADE .∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE . 12分[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．图4(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′-ABCFE 的体积.【导学号：79170257】[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .2分 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.5分 (2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.7分 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′. 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC．又由EFAC＝DHDO得EF＝92. 10分五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′-ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322. 12分热点3线、面位置关系中的开放存在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，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2018·秦皇岛模拟)如图5所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．图5[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点. 2分所以对角线AC经过点F.又在△P AC中，点E为PC的中点，所以EF为△P AC的中位线，所以EF∥P A．又P A⊂平面P AD，EF⊄平面P AD，所以EF∥平面P AD. 5分(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC．因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD. 7分又侧面P AD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面P AD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面P AD.又EF∥平面P AD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG. 9分因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC．12分[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[对点训练3](2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥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．图6(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ？若存在，求SE ∶EC ；若不存在，请说明理由. 【导学号：79170258】[证明] (1)连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意得四棱锥S -ABCD 是正四棱锥，所以SO ⊥AC ． 2分 在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又SO ∩BD ＝O ，所以AC ⊥平面SBD . 因为SD ⊂平面SBD ，所以AC ⊥SD . 5分(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ．连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2A ．7分 由SD ⊥平面P AC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4.故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD .过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ，在△BDN 中，易得BN ∥PO . 10分 又因为NE ∥PC ，NE ⊂平面BNE ，BN ⊂平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO ⊂平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面P AC ，所以BE ∥平面P AC ．因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.12分。
