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專題五,立體幾何,題型 1,三視圖與表面積、體積,例 1：(2014 年陜西)已知四面體 ABCD(如圖 5-1)及其三視 圖(如圖 5-2)，平行于棱 AD，BC 的平面分別交四面體的棱 AB， BD，DC，CA 于點 E，F(xiàn)，G，H. (1)求四面體 ABCD 的體積； (2)證明：四邊形 EFGH 是矩形．,三視圖是高考的新增考點，經常以一道客觀題的形式出現(xiàn)，有時也和其他知識綜合作為解答題出現(xiàn)．解題的關鍵還是要將三視圖轉化為簡單幾何體，或者其直觀圖．,圖 5-1,(1)證明：由該四面體的三視圖知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC， BD＝DC＝2，AD＝1. 由題設，BC∥平面EFGH， 平面EFGH∩平面BDC＝FG， 平面EFGH∩平面ABC＝EH， ∴BC∥FG，BC∥EH.∴FG∥EH. 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG. ∴四邊形EFGH是平行四邊形．,又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC. ∴AD⊥BC.∴EF⊥FG. ∴四邊形EFGH是矩形． (2)解：方法一：如圖52，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，,圖52,【互動探究】 1．(2013 年廣東廣州二模)如圖 5-3，已知四棱錐 P-ABCD 的正視圖是一個底邊長為 4、腰長為 3 的等腰三角形，如圖 5-4 所示的分別是四棱錐 P-ABCD 的側視圖和俯視圖． (1)求證：AD⊥PC； (2)求四棱錐 P-ABCD 的側面 PAB 的面積．,圖 5-3,圖 5-4,(1)證明：如圖D45，依題意，可知：點P 在平面ABCD 上 的正射影是線段 CD 的中點 E，連接 PE，則 PE⊥平面 ABCD. ∵AD?平面 ABCD， ∴AD⊥PE. ∵AD⊥CD，CD∩PE＝E，CD? 平面 PCD，PE?平面 PCD，,∴AD⊥平面 PCD. ∵PC?平面 PCD，∴AD⊥PC.,圖 D45,(2)解：依題意，在等腰三角形 PCD 中， PC＝PD＝3，DE＝EC＝2.,過點 E 作 EF⊥AB，垂足為 F，連接 PF，,∵PE⊥平面 ABCD，AB?平面 ABCD，∴AB⊥PE. ∵EF?平面 PEF，PE?平面 PEF，EF∩PE＝E， ∴AB⊥平面 PEF.,∵PF?平面 PEF，,∴AB⊥PF.,依題意，得 EF＝AD＝2.,題型 2,平行與垂直關系,就全國試卷而言，對立體幾何的命題基本上是“一題兩法”的格局．在備考中，還是應該注重傳統(tǒng)的推理證明方法，不要盲目地追求空間向量(容易建系時才用空間向量)，千萬不要重計算而輕論證！,例 2：(2014 年四川)三棱錐 A-BCD 及其側視圖、俯視圖如 圖 5-5.設 M，N 分別為線段 AD，AB 的中點，P 為線段 BC 上的 點，且 MN⊥NP.,(1)證明：P 是線段 BC 的中點； (2)求二面角 A-NP-M 的余弦值．,圖 5-5,解：(1)如圖5-6，取 BD 的中點 O，連接 AO，CO.,圖 5-6,由側視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD 為正三角形， 所以 AO⊥BD，OC⊥BD.,因為 AO，OC?平面 AOC，且 AO∩OC＝O， 所以 BD⊥平面 AOC.,又因為 AC?平面 AOC，所以 BD⊥AC. 取 BO 的中點 H，連接 NH，PH.,又 M，N，H 分別為線段 AD，AB，BO 的中點， 所以 MN∥BD，NH∥AO.,因為 AO⊥BD，所以 NH⊥BD. 因為 MN⊥NP，所以 NP⊥BD.,因為 NH，NP?平面 NHP，且 NH∩NP＝N， 所以 BD⊥平面 NHP.,又因為 HP?平面 NHP，所以 BD⊥HP.,又 OC⊥BD，HP?平面 BCD，OC?平面 BCD， 所以 HP∥OC.,因為 H 為 BO 的中點，所以 P 為 BC 的中點．,(2)方法一：如圖 5-7，作 NQ⊥AC 于點 Q，連接 MQ.,圖 5-7,圖 5-8,【名師點評】立體幾何中的直線與平面的位置關系，以及 空間的三種角，是高考的必考內容，都可以采用傳統(tǒng)的方法來 處理；對于直線與平面間幾種位置關系，可采用平行垂直間的 轉化關系來證明；對于異面直線所成的角、直線與平面所成的 角和二面角可分別通過平移法、射影法和垂面法將它們轉化為 相交直線所成的角來處理．本題主要考查立體幾何中傳統(tǒng)的平 行與垂直關系，并且考查了線面所成的角，難度并不是太大， 主要考查考生對解題技巧的把握和抽象分析的能力．,【互動探究】,2．(2014 年北京)如圖 5-9，正方形 AMDE 的邊長為 2，B，C 分別為 AM，MD 的中點．在五棱錐 P-ABCDE 中，F(xiàn) 為棱 PE 的中點，平面 ABF 與棱 PD，PC 分別交于點 G，H.,(1)求證：AB∥FG；,(2)若 PA ⊥底面 ABCDE，且PA＝AE， 求直線 BC 與平面 ABF 所成角的大小， 并求線段 PH 的長．,圖 5-9,(1)證明：在正方形 AMDE 中，,因為 B 是 AM 的中點，所以 AB∥DE. 又因為 AB?平面 PDE， 所以 AB∥平面 PDE.,因為 AB?平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG， 所以 AB∥FG.,(2)解：因為 PA ⊥底面 ABCDE， 所以 PA ⊥AB，PA ⊥AE.,圖 D46,題型 3,折疊問題,立體幾何最重要的思想就是空間問題平面，當然也有許多 將平面轉換成立體幾何的習題，如折疊問題，解此類問題最重 要的要把握折疊前后邊與角中的變與不變．,例 3：(2014 年廣東)如圖 5-10，四邊形 ABCD 為正方形， PD⊥平面 ABCD，∠DPC＝30，AF⊥PC 于點 F，F(xiàn)E∥CD， 交 PD 于點 E.,(1)證明：CF⊥平面 ADF；,(2)求二面角 D-AF-E 的余弦值．,圖 5-10,(1)證明：∵PD⊥平面 ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD. 又 CD⊥AD，PD∩CD＝D， ∴AD⊥平面 PCD.∴AD⊥PC. 又 AF⊥PC，AD∩AF＝A，∴PC⊥平面 ADF， 即 CF⊥平面 ADF.,圖 5-11,【名師點評】有關折疊問題，一定要分清折疊前后兩圖形 (折前的平面圖形和折疊后的空間圖形)各元素間的位置和數(shù)量 關系，哪些變，哪些不變．如角的大小不變，線段長度不變， 線線關系不變，再由面面垂直的判定定理進行推理證明．,【互動探究】,圖 5-12,圖 5-13,圖D47,所以A′O2＋OD2＝A′D2. 所以A′O⊥OD. 同理可證A′O⊥OE. 又OD∩OE＝O， 所以A′O⊥平面BCDE.,(2)解：方法一：如圖D47，傳統(tǒng)法：過點O 作OH⊥CD， 交 CD 的延長線于點 H，連接 A′H. 因為 A′O⊥平面 BCDE，所以 A′O⊥CD. 又 OH⊥CD，A′O∩OH＝O， ∴CD⊥平面 A′HO.∴A′H⊥CD. 所以∠A′HO 為二面角 A′-CD-B 的平面角．,方法二：以O 點為原點，建立空間直角坐標系Oxyz 如圖 D48. 圖 D48,