【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

【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.‎