高考专题突破 高考中的立体几何问题
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高考专题四 高考中的立体几何问题
一、考情分析
二、经验分享
热点问题一 点、线、面的位置关系
例1．（2019·上海高三月考）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【解析】，，则可能平行，错；
，，由线面平行的性质可得，正确；
，，则， 与异面；错，
，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.
【变式训练1-1】．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟）已知，是两个不同的平面，直线，下列命题中正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】若且，则与相交、平行或，A、B错误；
若且，则与可能相交或平行，C错误；
由面面垂直判定定理可知，D选项的已知条件符合定理，则，D正确。
【变式训练1-2】．（2020·东北师大附中高三模拟）已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，且，，则
【答案】B
【解析】对于一个任意长方体，，A中，如图，取，面，面，，而，即，故A错；B中，若，则根据线面平行的性质，平面内必存在直线，而，则，由面面垂直的判定定理可得，B对；C中，如图，取，面，面，则，，而，故C错；D中，取面，面，，，则，，但不垂直，故D错；故选B。
热点问题二 三视图
例2．（2019·上海市七宝中学高三月考）如图，直三棱柱的主视图是边长为2的正方形，且俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的左视图面积为___________.
【答案】
【解析】
由三视图得到三棱柱的侧视图为以底面正三角形的高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，
所以侧视图的面积为，故答案为 .
【变式训练2-1】．（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，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、、，在此几何体中，平面过点M且与直线垂直.则平面截该几何体所得截面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，原几何体是一个正三棱柱，上中点，取中点，连接，连接，由三视图知是正方形， ，又分别是中点，∴，
∴，正三棱柱中，平面，平面，故，
又，，则可得平面，平面，∴，
又，∴平面，即为截面，
同理由平面得，由三视图得，，
．故选A。
【变式训练2-2】．（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． B．3 C． 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，
将其置入到长方体中，如图所示，易得，所以，
所以，故选C。
热点问题三 柱体与椎体的外接球的表面积与体积
例3．已知在正四棱锥中，若，则当该棱锥的体积最大时，它的高为________．
【答案】
【解析】设底面边长为a，则高h，所以体积Va2h，
设y＝24a4a6，则y′＝96a3﹣3a5，当y取最值时，y′＝96a3﹣3a5＝0，解得a＝0或a＝时，当a，则a＝时，体积最大，此时h，故答案为：．
【变式训练3-1】．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_______．
【答案】．
【解析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，圆柱的表面积；球的表面积，圆柱的表面积与球的表面积之比为，本题正确结果：．
【变式训练3-2】．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，则四面体的外接球的体积为_______．
【答案】
【解析】四面体A﹣B1CD1的外接球即为正方体的外接球，所以2r．
∴r＝3，V球πr3π×27＝36π．故答案为36π．
【变式训练3-3】．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，，，，则球的表面积为______.
【答案】
【解析】由题意，直三棱柱的底面为直角三角形，
可把直三棱柱的补成一个长方体，
则直三棱柱的外接球和长方体的外接球是同一个球，
又由长方体的对角线长等于球的直径，且，
即，即，
所以球的表面积为．
故答案为：
热点问题四 平行与垂直的证明
例4．如图，在三棱柱中，，点，分别在棱，上（均异于端点），且，，，．
求证：（1）平面平面；
（2）平面．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）在三棱柱中，．因为，所以．
又，，，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）因为，，，，所以．
所以．又．所以四边形是平行四边形．从而．又平面，平面，所以平面．
【变式训练4-1】．如图所示，在三棱柱中，为正方形，是菱形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求证：．
【解析】（1）是菱形，，平面，平面，平面．
（2）连接，四边形是菱形，，
平面平面，且平面平面，，平面，且平面，，且，平面，又平面，．
热点问题五 线面角与二面角
例5．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点、分别在棱、上移动，且，．
（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若二面角的大小为，且，求的值．
【解析】在正三棱柱中，取中点，取中点，连、，则
，，又正三棱柱中，平面，、平面，所以，，所以，．
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，
，，
（1）若，，，，
故异面直线与所成角的余弦值为．
（2）由（1）可得，设平面的一个法向量，则，取得：，
取平面的一个法向量，由二面角的大小为，且，得
，化简得，所以．
【变式训练5-1】．如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3．
(1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值．
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，，设直线CE与直线PA夹角为，则
，整理得，
直线CE与直线PA夹角的余弦值．
(2)设直线PC与平面DEC夹角为，设平面DEC的法向量为，
因为，，所以有，
取，解得，，即面DEC的一个法向量为，，，
直线PC与平面DEC夹角的正弦值为．
【变式训练5-2】．（2020届四川省成都市高三第二次诊断）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
一、考情分析
二、经验分享
热点问题一 点、线、面的位置关系
例1．（2019·上海高三月考）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 （ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【解析】，，则可能平行，错；
，，由线面平行的性质可得，正确；
，，则， 与异面；错，
，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.
【变式训练1-1】．（2020·黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟）已知，是两个不同的平面，直线，下列命题中正确的是( )
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【解析】若且，则与相交、平行或，A、B错误；
若且，则与可能相交或平行，C错误；
由面面垂直判定定理可知，D选项的已知条件符合定理，则，D正确。
【变式训练1-2】．（2020·东北师大附中高三模拟）已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，且，，则
【答案】B
【解析】对于一个任意长方体，，A中，如图，取，面，面，，而，即，故A错；B中，若，则根据线面平行的性质，平面内必存在直线，而，则，由面面垂直的判定定理可得，B对；C中，如图，取，面，面，则，，而，故C错；D中，取面，面，，，则，，但不垂直，故D错；故选B。
热点问题二 三视图
例2．（2019·上海市七宝中学高三月考）如图，直三棱柱的主视图是边长为2的正方形，且俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的左视图面积为___________.
【答案】
【解析】
由三视图得到三棱柱的侧视图为以底面正三角形的高为一边，以棱柱高为另一边的矩形，
所以侧视图的面积为，故答案为 .
【变式训练2-1】．（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，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、、，在此几何体中，平面过点M且与直线垂直.则平面截该几何体所得截面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，原几何体是一个正三棱柱，上中点，取中点，连接，连接，由三视图知是正方形， ，又分别是中点，∴，
∴，正三棱柱中，平面，平面，故，
又，，则可得平面，平面，∴，
又，∴平面，即为截面，
同理由平面得，由三视图得，，
．故选A。
【变式训练2-2】．（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． B．3 C． 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，
将其置入到长方体中，如图所示，易得，所以，
所以，故选C。
热点问题三 柱体与椎体的外接球的表面积与体积
例3．已知在正四棱锥中，若，则当该棱锥的体积最大时，它的高为________．
【答案】
【解析】设底面边长为a，则高h，所以体积Va2h，
设y＝24a4a6，则y′＝96a3﹣3a5，当y取最值时，y′＝96a3﹣3a5＝0，解得a＝0或a＝时，当a，则a＝时，体积最大，此时h，故答案为：．
【变式训练3-1】．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为_______．
【答案】．
【解析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，圆柱的表面积；球的表面积，圆柱的表面积与球的表面积之比为，本题正确结果：．
【变式训练3-2】．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为，则四面体的外接球的体积为_______．
【答案】
【解析】四面体A﹣B1CD1的外接球即为正方体的外接球，所以2r．
∴r＝3，V球πr3π×27＝36π．故答案为36π．
【变式训练3-3】．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，若，，，，则球的表面积为______.
【答案】
【解析】由题意，直三棱柱的底面为直角三角形，
可把直三棱柱的补成一个长方体，
则直三棱柱的外接球和长方体的外接球是同一个球，
又由长方体的对角线长等于球的直径，且，
即，即，
所以球的表面积为．
故答案为：
热点问题四 平行与垂直的证明
例4．如图，在三棱柱中，，点，分别在棱，上（均异于端点），且，，，．
求证：（1）平面平面；
（2）平面．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）在三棱柱中，．因为，所以．
又，，，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）因为，，，，所以．
所以．又．所以四边形是平行四边形．从而．又平面，平面，所以平面．
【变式训练4-1】．如图所示，在三棱柱中，为正方形，是菱形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求证：．
【解析】（1）是菱形，，平面，平面，平面．
（2）连接，四边形是菱形，，
平面平面，且平面平面，，平面，且平面，，且，平面，又平面，．
热点问题五 线面角与二面角
例5．如图，正三棱柱的所有棱长均为2，点、分别在棱、上移动，且，．
（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若二面角的大小为，且，求的值．
【解析】在正三棱柱中，取中点，取中点，连、，则
，，又正三棱柱中，平面，、平面，所以，，所以，．
以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，
，，
（1）若，，，，
故异面直线与所成角的余弦值为．
（2）由（1）可得，设平面的一个法向量，则，取得：，
取平面的一个法向量，由二面角的大小为，且，得
，化简得，所以．
【变式训练5-1】．如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3．
(1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值．
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，，设直线CE与直线PA夹角为，则
，整理得，
直线CE与直线PA夹角的余弦值．
(2)设直线PC与平面DEC夹角为，设平面DEC的法向量为，
因为，，所以有，
取，解得，，即面DEC的一个法向量为，，，
直线PC与平面DEC夹角的正弦值为．
【变式训练5-2】．（2020届四川省成都市高三第二次诊断）如图，在四棱锥中，是边长为的正方形的中心，平面，为的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）是正方形，，
平面，平面，
、平面，且，平面 ，
又平面，平面平面；
（Ⅱ）取的中点，连接、，
是正方形，易知、、两两垂直，以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
在中，，，，
、、、，
设平面的一个法向量，，，
由，得，令，则，，.
设平面的一个法向量，，，
由，得，取，得，，得.
，
二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
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