【数学】2019届一轮复习人教A版 立体几何 学案

【数学】2019届一轮复习人教A版 立体几何 学案

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PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎(2)若△PCD的面积为2，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PAD，AD⊂平面PAD.‎ 所以直线BC∥平面PAD. 3分　 (得分点2)‎ ‎(2)解　如图，取AD的中点M，连接PM，CM，‎ 由AB＝BC＝AD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PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD，‎ 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＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x，‎ 如图，取CD的中点N，连接PN.则PN⊥CD，‎ 所以PN＝x.因为△PCD的面积为2，‎ 所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)或x＝2.‎ ‎10分　(得分点6)‎ 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.‎ ‎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＝x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PAD，AD⊂平面PAD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PAD∩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PAD.‎ 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，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.‎ ‎(1)证明：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求四面体N－BCM的体积.‎ ‎ (1)证明　由已知得AM＝AD＝2.‎ 如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝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PAB，MN⊄平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，‎ 所以N到平面ABCD的距离为PA.‎ 如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.‎ 由AM∥BC得M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝×S△BCM×＝.‎ ‎【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积.‎ ‎(1)证明　由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥PA，CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD.‎ 又PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎ (2)解　如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.‎ 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，又AB∩AD＝A，可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，‎ 故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.由题设得x3＝，故x＝2.‎ 从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，‎ 可得四棱锥P－ABCD的侧面积为 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.‎ ‎【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PAB中的AB⊥平面PAD，再运用面面垂直的判定定理得出平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎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PAD，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，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＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt △AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD知BE⊥BG，‎ 故△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥E－ACD的体积VE－ACD＝×AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.‎ 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＝，OD′＝2，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＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解　由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2)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＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.‎ ‎【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＝BC.‎ 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，∴＝＝.‎ 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－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.‎ ‎(1)求证：C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)设点M在棱BB1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＝＝，故OF∥C1E，‎ 因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，‎ 所以C1E∥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.‎