2020届高考数学大二轮复习层级二专题四立体几何第2讲空间中的平行与垂直教学案

2020届高考数学大二轮复习层级二专题四立体几何第2讲空间中的平行与垂直教学案

‎ 第2讲　空间中的平行与垂直  [考情考向·高考导航]‎ ‎(文)高考对本讲命题较为稳定，解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．‎ ‎(理)高考对本讲命题较为稳定，常以解答题第(1)问的形式考查，主要是线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等．‎ ‎[真题体验]‎ ‎1．(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，‎ 点E在棱AA1上，BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面EB1C1；‎ ‎(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．‎ 解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.‎ - 19 -‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1＝90°，由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.‎ 作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.‎ 所以，四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.‎ ‎2．(2019·江苏卷)如图，‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.‎ 求证：(1)A1B1∥平面DEC1；‎ ‎(2)BE⊥C1E.‎ 证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，‎ 所以ED∥AB.‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，‎ 所以A1B1∥ED.‎ 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，‎ 所以A1B1∥平面DEC1.‎ ‎(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.‎ 因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.‎ 又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.‎ 因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，‎ 所以BE⊥平面A1ACC1.‎ - 19 -‎ 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.‎ ‎[主干整合]‎ ‎1．证明线线平行和线线垂直的常用方法 ‎(1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．‎ ‎(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.‎ ‎2．空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．‎ 热点一　空间平行、垂直关系的证明 逻辑 推理 素养 逻辑推理——转化思想在平行、垂直证明中的应用 以学习的线面平行、垂直关系为基础，将线面问题经过严密的逻辑推理转化为线线平行、垂直关系问题，从而实现了面面、线面、线线之间的相互转化.‎ 平行、垂直关系的证明问题 ‎[例1－1]　(2018·北京卷)‎ 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；‎ - 19 -‎ ‎(3)求证：EF∥平面PCD.‎ ‎[审题指导]　(1)只需证明PE⊥AD即可．‎ ‎(2)根据PA⊥PD，只需再证明PD⊥AB即可，为此可先证AB⊥平面PAD.‎ ‎(3)只证明EF平行于平面PCD内的一条直线，取PC的中点G，连接FG，GD，证明四边形EFGD为平行四边形．‎ ‎[解析]　(1)证明：∵PA＝PD，且E为AD中点，‎ ‎∴PE⊥AD，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD ‎∴PE⊥平面ABCD ‎∵BC⊂平面ABCD ‎∴PE⊥BC.‎ ‎(2)∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴CD⊥AD ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ CD⊂平面ABCD ‎∴CD⊥平面PAD ‎∵PA⊂平面PAD ‎∴CD⊥PA ‎∵PA⊥PD，且CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，‎ ‎∴PA⊥平面PCD ‎∵PA⊂平面PAB ‎∴平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)取PC中点G，连接FG，GD ‎∵F，G分别为PB和PC中点 ‎∴FG∥BC，FG＝BC ‎∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴BC∥AD，BC＝AD - 19 -‎ ‎∵E为AD中点 ‎∴ED＝AD ‎∴ED∥BC，ED＝BC ‎∴ED∥FG，ED＝FG ‎∴四边形EFGD为平行四边形 ‎∴EF∥GD ‎∵EF⊄平面PCD且GD⊂平面PCD ‎∴EF∥平面PCD 线面平行及线面垂直的证明方法 ‎(1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段．‎ ‎(2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．‎ 平行、垂直关系的探索问题 ‎[例1－2]　(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．‎ ‎(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．‎ ‎[审题指导]　第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：先证明BC⊥DM，再证DM⊥CM即可；‎ 第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定；先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OP∥MC即可．‎ ‎[解析]　(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 - 19 -‎ ‎，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.‎ 解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的依据或事实，则说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(1)(2019·西安八校联考)‎ 如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：①EF∥平面ABC；‎ ‎②AD⊥AC.‎ 证明：①在平面ABD内，‎ 因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB，‎ 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎②因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，‎ BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.‎ - 19 -‎ 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.‎ ‎(2)‎ ‎(2019·临沂三模)如图所示，五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝，BC⊥面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点．‎ ‎①在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；‎ ‎②求三棱锥GECD的体积．‎ 解析：‎ ‎①存在点H，H为AD中点．证明如下：连接GH，在△ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD.‎ 又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，‎ ‎∴GH∥平面BCD.‎ ‎②由题意知AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，‎ ‎∴CF∥平面ADEB.‎ 又CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，∴CF∥BE，‎ ‎∴VGECD＝VEGCD＝VBGCD，‎ ‎∵四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，‎ ‎∴∠ACD＝，∴CD＝，CG＝，又BC⊥平面ACFD，∴VBGCD＝××CG×CD×BC＝××××1＝.‎ ‎∴三棱锥GECD的体积为.‎ 热点二　平面图形的折叠问题 ‎[例2]　(2019·全国Ⅲ卷)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.‎ - 19 -‎ ‎(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．‎ ‎[审题指导]　(1)由平行线的传递性证明AD∥CG，结合平面图形中的条件证明AB⊥平面BCGE，再由面面垂直的判定定理可得证．‎ ‎(2)由AB∥DE，得DE⊥平面BCGE，取CG的中点M，结合菱形的特殊性，容易证明CG⊥平面DEM，即构造了平行四边形ACGD的高，再由已知代入公式计算．‎ ‎[解析]　(1)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.‎ 因为DM⊥CG.‎ 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，‎ 故DM＝2.‎ 所以四边形ACGD的面积为4.‎ 平面图形折叠问题的求解方法 ‎(1)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．‎ ‎(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．‎ ‎(2019·石家庄三模)如图(1)所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1，A1D1于点 - 19 -‎ Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图(2)所示的三棱柱ABC－A1B1C1.‎ ‎(1)求证：AB⊥平面BCC1B1；‎ ‎(2)求多面体A1B1C1－APQ的体积．‎ 解析：(1)证明：由题知，在题图(2)中，‎ AB＝6，BC＝8，CA＝10，‎ ‎∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC.‎ 又AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1.‎ ‎(2)由题易知三棱柱ABC－A1B1C1的体积为×6×8×24＝576.‎ ‎∵在题图(1)中，△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形，‎ ‎∴AB＝BP＝6，AC＝CQ＝14，‎ ‎∴VA－CQPB＝×S四边形CQPB×AB＝××(6＋14)×8×6＝160.‎ ‎∴多面体A1B1C1－APQ的体积V＝VABC－A1B1C1－VA－CQPB＝576－160＝416.‎ 热点三　异面直线所成的角、线面角 ‎[例3]　(2019·天津卷)如图，‎ 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.‎ ‎(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：PA⊥平面PCD；‎ ‎(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．‎ ‎[审题指导]　(1)连接BD，利用GH∥PD推线面平行．‎ ‎(2)连接DN，先证DN⊥平面PAC，再证PA⊥平面PCD.‎ ‎(3)由DN⊥平面PAC，可知∠DAN为所求，利用直角三角形求解．‎ ‎[解析]　‎ - 19 -‎ ‎(1)连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.‎ 又由BG＝PG，故GH∥PD.‎ 又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.‎ ‎(2)取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.‎ 又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC.‎ 又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.‎ 又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，‎ 所以PA⊥平面PCD.‎ ‎(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．‎ 因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，‎ 所以DN＝.‎ 又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝.‎ 所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.‎ 求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现．求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明．‎ ‎(1)(2020·南宁模拟)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. - 19 -‎ 解析：‎ D　[如图，过点E作EM∥AB，交AA1于点M，过M点作MN∥AD，交DD1于点N，取MN的中点G，连接EG，NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与D1E所成的角为∠D1EG(或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，故选D.]‎ ‎(2)(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)‎ A．8 B．6 C．8 D．8 解析：‎ C　[如图连接BC1，则∠AC1B＝30°，在Rt△ABC1中，tan 30°＝，∴BC1＝＝＝2.∴CC1＝＝＝2.∴长方体的体积V＝2×2×2＝8.]‎ - 19 -‎ 限时50分钟　满分60分 解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)‎ ‎1.‎ ‎(2020·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上，BQ＝4.‎ ‎(1)若DP＝DD1，证明：PQ∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)若P是D1D的中点，证明：AB1⊥平面PBC.‎ 证明：(1)在AA1上取一点N，使得AN＝AA1，‎ 因为DP＝DD1，且A1D1＝3，AD＝6，‎ 所以PNAD，‎ 又BQAD，所以PNBQ.‎ 所以四边形BQPN为平行四边形，‎ 所以PQ∥BN.‎ 因为BN⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，‎ 所以PQ∥平面ABB1A1.‎ ‎(2)如图所示，取A1A的中点M，‎ 连接PM，BM，PC，‎ 因为A1A，D1D是梯形的两腰，P是D1D的中点，‎ 所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC，‎ - 19 -‎ 所以P，M，B，C四点共面．‎ 由题设可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A，‎ 所以BC⊥平面ABB1A1，‎ 所以BC⊥AB1，‎ 因为tan∠ABM＝＝＝＝tan∠A1AB1，‎ 所以∠ABM＝∠A1AB1，‎ 所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，‎ 所以AB1⊥BM，‎ 再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC.‎ ‎2．(2019·烟台三模)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．‎ ‎(1)求证：A1E⊥FP；‎ ‎(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明：‎ 在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．‎ 因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.‎ 所以在题图(2)中，A1E⊥EF，‎ 又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，‎ 且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，‎ 所以A1E⊥平面BEFC.‎ 因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.‎ - 19 -‎ ‎(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．‎ 理由如下：‎ 如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，‎ 所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.‎ 如图所示，取A1P的中点M，连接MK，‎ 因为点K为棱A1F的中点，‎ 所以MK∥FP.‎ 因为FP∥BE，所以MK∥BE.‎ 因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，‎ 所以MK∥平面A1BE.‎ 故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．‎ ‎3.‎ 如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：‎ ‎(1)平面ABE⊥平面ACDE；‎ ‎(2)平面OFD∥平面ABE.‎ 解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，‎ 所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.‎ 因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，‎ 所以AB⊥平面ACDE.‎ 因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.‎ - 19 -‎ ‎(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.‎ 因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．‎ 因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.‎ 所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.‎ 因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.‎ 因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.‎ 因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.‎ 因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，‎ 所以平面OFD∥平面ABE.‎ ‎4．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD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．‎ 解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．‎ ‎(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；‎ 因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD；‎ 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD为正三角形，所以AE⊥CD，‎ 因为AB∥CD，所以AE⊥AB；‎ 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，‎ 所以AE⊥PA；‎ 因为PA∩AB＝A 所以AE⊥平面PAB，‎ AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(3)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE；理由如下：‎ - 19 -‎ 分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，‎ 在三角形PAB中，FG∥AB且FG＝AB；‎ 在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG；‎ 又CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.‎ ‎5.‎ ‎(2019·青岛三模)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AC＝2AA1＝4，∠A1AC＝，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M为B1C1的中点．‎ ‎(1)过点B1作一个平面α与平面ACM平行，确定平面α，并说明理由；‎ ‎(2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．‎ 解析：‎ ‎(1)如图，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，则平面B1EF∥平面ACM.‎ 因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因为四边形BCC1B1为平行四边形，所以四边形BCC1B1为矩形，‎ 在矩形BCC1B1中，M，F分别是B1C1，BC的中点，所以B1F∥CM；‎ 在△ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC.‎ - 19 -‎ 又EF∩FB1＝F，AC∩CM＝C，‎ 所以平面B1EF∥平面ACM.‎ 所以平面α即平面B1EF.‎ ‎(2)由题意知AC＝2，AA1＝2，AB＝4.‎ 因为AC⊥BC，所以BC＝ ＝ ＝2，‎ 所以△ABC的面积S1＝AC×BC＝×2×2＝2.‎ 在平行四边形ACC1A1中，∠A1AC＝，‎ 其面积S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sin ＝2.‎ 由(1)知四边形BCC1B1为矩形，故其面积S3＝BC×CC1＝2×2＝4.‎ 连接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝，所以A1C＝2.‎ 由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，‎ 所以A1B＝＝4.‎ 在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，‎ 所以△AA1B的面积S△AA1B＝×2×＝，‎ 所以平行四边形ABB1A1的面积S4＝2S△AA1B＝2×＝2.‎ 故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2.‎ ‎(文)高考解答题·审题与规范(四)　立体几何类考题 重在“转化”‎ 思维流程 ‎[转化]　空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等．‎ ‎[转换]　对几何体的体积、锥体体积考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等 真题案例 审题指导 审题方法 - 19 -‎ ‎(12分)(2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积.‎ ‎(1)根据线面垂直的判定定理证明AB⊥平面ACD，进而可证平面ACD⊥平面ABC；(2)利用BP＝DA，求出BP，然后求出三棱锥的高，最后根据棱锥的体积公式求出三棱锥Q－ABP的体积.‎ 审图形找关联 图形或者图象的力量比文字更为简洁而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.‎ 规范解答 评分细则 ‎[解析]　(1)由已知可得，∠BAC＝90°，则BA⊥AC.1分①‎ 又BA⊥AD，AD∩AC＝A，所以AB⊥平面ACD.2分②‎ 又AB⊂平面ABC，3分③‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.4分④‎ ‎(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.6分⑤‎ 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.7分⑥‎ 作QE⊥AC，垂足为E，则QE DC.8分⑦‎ 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，‎ 所以QE⊥平面ABC，QE＝1，10分⑧‎ 因此，三棱锥QABP的体积为VQABP＝×QE×S△ABP＝×1××3×2sin 45°＝1.12分⑨‎ 第(1)问踩点得分 ‎①由条件得出BA⊥AC得1分．‎ ‎②推出AB⊥平面ACD得1分．‎ ‎③指出AB⊂平面ABC得1分．‎ ‎④写出结论得1分．‎ 第(2)问踩点得分 ‎⑤判断出DC＝CM＝AB，DA的值得2分．‎ ‎⑥利用BP＝DQ＝DA，求出BP的值得1分．‎ ‎⑦得出QEDC得1分．‎ ‎⑧确定QE⊥平面ABC，并求出QE的值得2分．‎ ‎⑨由棱锥的体积公式求出三棱锥QABP的体积，正确得2分，错误不得分.‎ - 19 -‎ - 19 -‎