2021高考数学一轮复习第8章立体几何初步第6节立体几何中的综合问题教学案文北师大版

2021高考数学一轮复习第8章立体几何初步第6节立体几何中的综合问题教学案文北师大版

第六节　立体几何中的综合问题 ‎(对应学生用书第140页)‎ ‎⊙考点1　线面位置关系与体积计算 ‎　转化思想的应用 ‎(1)证明线面平行、面面平行可转化为证明线线平行；证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行．‎ ‎(2)从解题方法上讲，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行．‎ ‎(3)求几何体的体积也常用转化法．如三棱锥顶点和底面的转化，几何体的高利用平行、中点，比例关系的转化等．‎ ‎　(2019·郑州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝90°，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝8，平面PAD⊥平面ABCD，M是PC的三等分点(靠近C点处)．‎ ‎(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；‎ ‎(2)求三棱锥DMAB的体积．‎ ‎[解](1)证明：由题易得BD＝AD＝4，‎ ‎∴AB2＝AD2＋BD2，‎ ‎∴BD⊥AD.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.‎ 又∵BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.‎ ‎(2)过点P作PO⊥AD交AD于点O(图略)，∵平面PAD⊥平面DAB，平面PAD∩平面DAB＝AD，∴PO⊥平面DAB，∴点P到平面DAB的距离为PO＝2.‎ ‎∴VDMAB＝VMDAB＝S△DAB·PO＝××(4)2××2＝.‎ ‎　解答本例第(2)问时，利用比例关系求出点M到平面ABCD的距离．‎ ‎　已知边长为2的正方形ABCD与菱形ABEF所在平面互相垂直，M为BC中点．‎ - 8 -‎ ‎(1)求证：EM∥平面ADF；‎ ‎(2)若∠ABE＝60°，求四面体MACE的体积．‎ ‎[解](1)证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC∥AD.‎ ‎∵BC平面ADF，AD平面ADF，‎ ‎∴BC∥平面ADF.‎ ‎∵四边形ABEF是菱形，‎ ‎∴BE∥AF.‎ ‎∵BE平面ADF，AF平面ADF，‎ ‎∴BE∥平面ADF.‎ ‎∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，‎ ‎∴平面BCE∥平面ADF.‎ ‎∵EM平面BCE，‎ ‎∴EM∥平面ADF.‎ ‎(2)取AB中点P，连接PE.‎ ‎∵在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，‎ ‎∴△AEB为正三角形，∴EP⊥AB.‎ ‎∵AB＝2，∴EP＝.‎ ‎∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，‎ ‎∴EP⊥平面ABCD，‎ ‎∴EP为四面体EACM的高．‎ ‎∴VMACE＝VEACM＝S△ACM·EP ‎＝××1×2×＝.‎ ‎⊙考点2　平面图形的翻折问题 ‎　解决平面图形翻折问题的步骤 - 8 -‎ ‎　(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.‎ 图1　　　　　　　　　图2‎ ‎(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎(2)求图2中的四边形ACGD的面积．‎ ‎[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，‎ 故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．‎ 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)取CG的中点M，连接EM，DM.‎ 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.‎ 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，‎ 故CG⊥平面DEM.‎ 因此DM⊥CG.‎ 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，‎ 故DM＝2.‎ 所以四边形ACGD的面积为4.‎ ‎(1)解答本例第(1)问的关键是折叠后AD∥BE，CG∥BE不变．‎ ‎(2)解答本例第(2)问的关键是，根据DE⊥平面BCGE，四边形BCGE是菱形找出四边形ACGD的高．‎ ‎[教师备选例题]‎ ‎　如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图2所示的四棱锥P‎ - 8 -‎ ABCE.‎ 图1　　　　　　　　　　图2‎ ‎(1)求证：AP⊥平面ABCE；‎ ‎(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.‎ ‎[证明](1)在△CDE中，‎ ‎∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，‎ 由余弦定理得 CE＝＝2.‎ 连接AC，‎ ‎∵AE＝2，∠AEC＝60°，‎ ‎∴AC＝2.‎ 又AP＝，‎ ‎∴在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.‎ 同理，AP⊥AC.‎ ‎∵AC∩AE＝A，AC平面ABCE，AE平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.‎ ‎(2)∵AB∥CE，且CE平面PCE，AB平面PCE，∴AB∥平面PCE.‎ 又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.‎ ‎　(2019·济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥PEBCD，点M为棱PB的中点．‎ - 8 -‎ 图1　　　　　　　　　　　　图2‎ ‎(1)求证：PD∥平面MCE；‎ ‎(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥MBCE的体积．‎ ‎[解](1)证明：在题图①中，∵BE＝AB＝CD，‎ 且BE∥CD，∴四边形EBCD是平行四边形，‎ 如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，∴O是BD的中点，又点M是棱PB的中点，‎ ‎∴OM∥PD，∵PD平面MCE，OM平面MCE，∴PD∥平面MCE.‎ ‎(2)在题图中，EBCD是平行四边形，‎ ‎∴DE＝BC，‎ ‎∵四边形ABCD是等腰梯形，‎ ‎∴AD＝BC，∴AD＝DE，‎ ‎∵∠BAD＝45°，∴AD⊥DE，‎ 如图，PD⊥DE，‎ 又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，‎ ‎∴PD⊥平面EBCD.‎ 由(1)知OM∥PD，‎ ‎∴OM⊥平面EBCD，‎ 在等腰直角三角形ADE中，∵AE＝2，‎ ‎∴AD＝DE＝，∴OM＝PD＝AD＝，‎ ‎∵S△BCE＝S△ADE＝1，‎ ‎∴三棱锥MBCE的体积 VMBCE＝S△BCE·OM＝.‎ ‎⊙考点3　线面位置关系中的存在性问题 ‎　存在性问题的一般解题方法 先假设 - 8 -‎ 其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．‎ ‎　(2019·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．‎ ‎[解](1)证明：因为PA⊥平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为底面ABCD为菱形，‎ 所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC＝A，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，‎ AE平面ABCD，‎ 所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.‎ 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.‎ 因为AE平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.‎ 取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，‎ 则FG∥AB，且FG＝AB.‎ 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，‎ 所以CE∥AB，且CE＝AB.‎ 所以FG∥CE，且FG＝CE.‎ 所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.‎ 因为CF平面PAE，EG平面PAE，‎ - 8 -‎ 所以CF∥平面PAE.‎ ‎　解答本例第(3)问的难点在于如何探索出点F是PB的中点，可结合点E是CD的中点，CF∥平面PAE探求．‎ ‎[教师备选例题]‎ 如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC＝PD＝2，E为PC的中点，CB＝3CG.‎ ‎(1)求证：PC⊥BC；‎ ‎(2)AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解](1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.‎ 因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.‎ 又PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，‎ 所以BC⊥平面PCD.‎ 因为PC平面PCD，所以PC⊥BC.‎ ‎(2)连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，延长GO交AD于点M，连接EM，则PA∥平面MEG.‎ 证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，‎ 所以EO∥PA.‎ 因为EO平面MEG，PA平面MEG，所以PA∥平面MEG.‎ 因为△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝，所以AM的长为.‎ ‎　(2018·全国卷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．‎ - 8 -‎ ‎(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．‎ ‎[解](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，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，所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM平面AMD，‎ 故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ 证明如下：如图，连接AC交BD于O.‎ 因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD.‎ - 8 -‎