【数学】2020届一轮复习(文)人教通用版高考专题突破四高考中的立体几何问题学案

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文档介绍

【数学】2020届一轮复习(文)人教通用版高考专题突破四高考中的立体几何问题学案

高考专题突破四 高考中的立体几何问题 题型一 平行、垂直关系的证明 例1 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.‎ 求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;‎ ‎(2)直线A1F∥平面ADE.‎ 证明 (1)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,‎ ‎∴CC1⊥平面ABC.‎ ‎∵AD⊂平面ABC,‎ ‎∴AD⊥CC1.‎ 又∵AD⊥DE,DE∩CC1=E,DE,CC1⊂平面BCC1B1,‎ ‎∴AD⊥平面BCC1B1.‎ ‎∵AD⊂平面ADE,‎ ‎∴平面ADE⊥平面BCC1B1.‎ ‎(2)∵△A1B1C1中,A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,‎ ‎∴A1F⊥B1C1.‎ ‎∵CC1⊥平面A1B1C1,A1F⊂平面A1B1C1,‎ ‎∴A1F⊥CC1.‎ 又∵B1C1∩CC1=C1,B1C1,CC1⊂平面BCC1B1,‎ ‎∴A1F⊥平面BCC1B1.‎ 又∵AD⊥平面BCC1B1,‎ ‎∴A1F∥AD.‎ ‎∵A1F⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,‎ ‎∴直线A1F∥平面ADE.‎ 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时,一般遵循从“低维”到“高维”的转化,即从“线线平行”到“线面平行”,再到“面面平行”;而应用性质定理时,其顺序正好相反.在实际的解题过程中,判定定理和性质定理一般要相互结合,灵活运用.‎ ‎(2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中,线面垂直是核心,已知线面垂直,既可为证明线线垂直提供依据,又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时,一般需作辅助线,基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线,从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题,进而可转化为线线垂直问题.‎ 跟踪训练1 (2018·北京)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.‎ ‎(1)求证:PE⊥BC;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;‎ ‎(3)求证:EF∥平面PCD.‎ 证明 (1)因为PA=PD,E为AD的中点,‎ 所以PE⊥AD.‎ 因为底面ABCD为矩形,‎ 所以BC∥AD,所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形,‎ 所以AB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,‎ 所以AB⊥平面PAD,‎ 又PD⊂平面PAD,‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ 又PD⊂平面PCD,‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)如图,取PC的中点G,连接FG,DG.‎ 因为F,G分别为PB,PC的中点,‎ 所以FG∥BC,FG=BC,‎ 因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,‎ 所以DE∥BC,DE=BC.‎ 所以DE∥FG,DE=FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形,‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,‎ 所以EF∥平面PCD.‎ 题型二 立体几何中的计算问题 例2如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形ABB1A1是正方形,△A1CB是等边三角形,AC=AB=1,B1C1∥BC,BC=2B1C1.‎ ‎(1)求证:AB1∥平面A1C1C;‎ ‎(2)求多面体ABCA1B1C1的体积.‎ ‎(1)证明 如图,取BC的中点D,连接AD,B1D,C1D,‎ ‎∵B1C1∥BC,BC=2B1C1,‎ ‎∴BD∥B1C1,BD=B1C1,CD∥B1C1,CD=B1C1,‎ ‎∴四边形BDC1B1,CDB1C1是平行四边形,‎ ‎∴C1D∥B1B,C1D=B1B,CC1∥B1D,‎ 又B1D⊄平面A1C1C,C1C⊂平面A1C1C,‎ ‎∴B1D∥平面A1C1C.‎ 在正方形ABB1A1中,BB1∥AA1,BB1=AA1,‎ ‎∴C1D∥AA1,C1D=AA1,‎ ‎∴四边形ADC1A1为平行四边形,‎ ‎∴AD∥A1C1.‎ 又AD⊄平面A1C1C,A1C1⊂平面A1C1C,‎ ‎∴AD∥平面A1C1C,‎ ‎∵B1D∩AD=D,B1D,AD⊂平面ADB1,‎ ‎∴平面ADB1∥平面A1C1C,‎ 又AB1⊂平面ADB1,∴AB1∥平面A1C1C.‎ ‎(2)解 在正方形ABB1A1中,A1B=,‎ ‎∵△A1BC是等边三角形,∴A1C=BC=,‎ ‎∴AC2+AA=A1C2,AB2+AC2=BC2,‎ ‎∴AA1⊥AC,AC⊥AB.‎ 又AA1⊥AB,∴AA1⊥平面ABC,‎ ‎∴AA1⊥CD,‎ 易得CD⊥AD,又AD∩AA1=A,∴CD⊥平面ADC1A1.‎ 易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的,‎ 直三棱柱ABD-A1B1C1的体积为××1=,‎ 四棱锥C-ADC1A1的体积为××1×=,‎ ‎∴多面体ABCA1B1C1的体积为+=.‎ 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行求解.其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.‎ ‎(2)若所给定的几何体是不规则几何体,则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.‎ 跟踪训练2 (2019·阜新调研)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.‎ ‎(1)证明:平面PAC⊥平面PCE;‎ ‎(2)若∠ABC=60°,求三棱锥P-ACE的体积.‎ ‎(1)证明 如图,连接BD,交AC于点O,‎ 设PC的中点为F,连接OF,EF.‎ 易知O为AC的中点,‎ 所以OF∥PA,且OF=PA.‎ 因为DE∥PA,且DE=PA,‎ 所以OF∥DE,且OF=DE,‎ 所以四边形OFED为平行四边形,‎ 所以OD∥EF,即BD∥EF.‎ 因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为四边形ABCD是菱形,‎ 所以BD⊥AC.‎ 因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ 因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.‎ 因为EF⊂平面PCE,‎ 所以平面PAC⊥平面PCE.‎ ‎(2)解 因为∠ABC=60°,‎ 所以△ABC是等边三角形,所以AC=2.‎ 又PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AC.‎ 所以S△PAC=PA×AC=2.‎ 因为EF⊥平面PAC,所以EF是三棱锥E-PAC的高.‎ 易知EF=DO=BO=,‎ 所以三棱锥P-ACE的体积V三棱锥P-ACE=V三棱锥E-PAC=S△PAC×EF=×2×=.‎ 题型三 立体几何中的探索性问题 例3 如图,梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,CD=2,AD=AB=1,四边形BDEF为正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证:DF⊥CE;‎ ‎(2)若AC与BD相交于点O,那么在棱AE上是否存在点G,使得平面OBG∥平面EFC?并说明理由.‎ ‎(1)证明 连接EB.∵在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=1,DC=2,‎ ‎∴BD=,BC=,‎ ‎∴BD2+BC2=CD2,‎ ‎∴BC⊥BD.‎ 又∵平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC⊂平面ABCD,‎ ‎∴BC⊥平面BDEF,∴BC⊥DF.‎ 又∵正方形BDEF中,DF⊥EB,且EB,BC⊂平面BCE,EB∩BC=B,‎ ‎∴DF⊥平面BCE.‎ 又∵CE⊂平面BCE,∴DF⊥CE.‎ ‎(2)解 在棱AE上存在点G,使得平面OBG∥平面EFC,且=.‎ 理由如下:连接OG,BG,在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AB=1,DC=2,‎ ‎∴AB∥DC,∴==.‎ 又∵=,∴OG∥CE.‎ 又∵正方形BDEF中,EF∥OB,‎ 且OB,OG⊄平面EFC,EF,CE⊂平面EFC,‎ ‎∴OB∥平面EFC,OG∥平面EFC.‎ 又∵OB∩OG=O,且OB,OG⊂平面OBG,‎ ‎∴平面OBG∥平面EFC.‎ 思维升华 对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论则否定假设.‎ 跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.‎ ‎(1)证明:平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.‎ ‎(1)证明 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,‎ 交线为CD.‎ 因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,‎ 又DM⊂平面CMD,‎ 故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,‎ 所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=C,BC,CM⊂平面BMC,‎ 所以DM⊥平面BMC.‎ 又DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)解 当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.‎ 证明如下:连接AC,BD,交于点O.因为ABCD为矩形,‎ 所以O为AC的中点.‎ 连接OP,因为P为AM的中点,‎ 所以MC∥OP.‎ 又MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,‎ 所以MC∥平面PBD.‎ ‎1.如图所示,直角梯形ACDE与等腰直角三角形ABC所在平面互相垂直,F为BC的中点,∠BAC=∠ACD=90°,AE∥CD,DC=AC=2AE=2.‎ ‎(1)求证:平面BCD⊥平面ABC;‎ ‎(2)求证:AF∥平面BDE.‎ 证明 (1)∵平面ABC⊥平面ACDE,平面ABC∩平面ACDE=AC,CD⊥AC,CD⊂平面ACDE,‎ ‎∴DC⊥平面ABC.‎ 又DC⊂平面BCD,∴平面BCD⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图,取BD的中点P,连接EP,FP,则PF∥DC,PF=DC,‎ ‎∵EA∥DC,EA=DC,‎ ‎∴EA∥PF,EA=PF,‎ ‎∴四边形AFPE是平行四边形,‎ ‎∴AF∥EP,‎ ‎∵AF⊄平面BDE,EP⊂平面BDE,‎ ‎∴AF∥平面BDE.‎ ‎2.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于点O,连接OF.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形,‎ ‎∴O为AC的中点.‎ 又F为EC的中点,∴OF∥AE.‎ 又OF⊂平面BDF,‎ AE⊄平面BDF,‎ ‎∴AE∥平面BDF.‎ ‎(2)解 当点P为AE的中点时,有PM⊥BE,证明如下:‎ 取BE的中点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,且平面ABCD∩平面BCE=BC,CD⊥BC,‎ CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面BCE.‎ 又BE⊂平面BCE,∴CD⊥BE,‎ ‎∵BC=CE,且H为BE的中点,‎ ‎∴CH⊥BE.‎ 又CH∩CD=C,且CH,CD⊂平面DPHC,‎ ‎∴BE⊥平面DPHC.‎ 又PM⊂平面DPHC,∴PM⊥BE.‎ ‎3.(2018·江苏)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,‎ AA1=AB,AB1⊥B1C1.‎ 求证:(1)AB∥平面A1B1C;‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明 (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,‎ AB∥A1B1.‎ 因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,‎ 所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,‎ 四边形ABB1A1为平行四边形.‎ 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,‎ 因此AB1⊥A1B.‎ 又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,‎ 所以AB1⊥BC.‎ 又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,‎ 所以AB1⊥平面A1BC.‎ 因为AB1⊂平面ABB1A1,‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ ‎4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1,AB1∩A1B=E,D为AC上的点,B1C∥平面A1BD.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面A1ACC1;‎ ‎(2)若AB=1,且AC·AD=1,求三棱锥A-BCB1的体积.‎ ‎(1)证明 如图,连接ED,‎ ‎∵平面AB1C∩平面A1BD=ED,B1C∥平面A1BD,‎ ‎∴B1C∥ED,‎ ‎∵E为AB1的中点,‎ ‎∴D为AC的中点,‎ ‎∵AB=BC,∴BD⊥AC,①‎ 由A1A⊥平面ABC,BD⊂平面ABC,得A1A⊥BD,②‎ 又AC∩A1A=A,AC,A1A⊂平面A1ACC1,‎ ‎∴BD⊥平面A1ACC1.‎ ‎(2)解 由AB=1,得BC=BB1=1,‎ 由(1)知AD=AC,‎ 又AC·AD=1,∴AC2=2,‎ ‎∴AC2=2=AB2+BC2,∴AB⊥BC,‎ ‎∴S△ABC=AB·BC=,‎ ‎∴==S△ABC·BB1‎ ‎=××1=.‎ ‎5.(2019·呼伦贝尔联考)如图1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=AB=2,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.‎ ‎(1)证明 ∵AC==2,∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,‎ ‎∴在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC×AB×cos 45°=8,‎ ‎∴AB2=AC2+BC2=16,∴AC⊥BC,‎ ‎∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面ACD.‎ ‎(2)解 ∵AD∥平面BEF,AD⊂平面ACD,‎ 平面ACD∩平面BEF=EF,‎ ‎∴AD∥EF,‎ ‎∵E为AC的中点,∴EF为△ACD的中位线,‎ 由(1)知,VF-BCE=VB-CEF=×S△CEF×BC,‎ S△CEF=S△ACD=××2×2=,‎ ‎∴VF-BCE=××2=.‎ ‎6.如图,在底面是菱形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠ABC=60°,AA1=AC=2,A1B=A1D=2,点E在A1D上.‎ ‎(1)证明:AA1⊥平面ABCD;‎ ‎(2)当为何值时,A1B∥平面EAC,并求出此时直线A1B与平面EAC之间的距离.‎ ‎(1)证明 因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,‎ 所以AB=AD=AC=2,‎ 在△AA1B中,‎ 由AA+AB2=A1B2,知AA1⊥AB,‎ 同理AA1⊥AD,‎ 又AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,‎ 所以AA1⊥平面ABCD.‎ ‎(2)解 当=1时,A1B∥平面EAC.‎ 证明如下:如图,连接BD交AC于点O,‎ 当=1,‎ 即点E为A1D的中点时,‎ 连接OE,则OE∥A1B,‎ 又A1B⊄平面EAC,OE⊂平面EAC,‎ 所以A1B∥平面EAC.‎ 直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A1到平面EAC的距离,‎ 因为E为A1D的中点,‎ 所以点A1到平面EAC的距离等于点D到平面EAC的距离,‎ VD-EAC=VE-ACD,‎ 设AD的中点为F,连接EF,‎ 则EF∥AA1,且EF=1,‎ 所以EF⊥平面ACD,可求得S△ACD=,‎ 所以VE-ACD=×1×=.‎ 又AE=,AC=2,CE=2,所以S△EAC=,‎ 所以S△EAC·d=(d表示点D到平面EAC的距离),‎ 解得d=,‎ 所以直线A1B与平面EAC之间的距离为.‎
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