【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（四）立体几何的综合问题学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（四）立体几何的综合问题学案

立体几何的综合问题 命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图，简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间几何体体积的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势．转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．‎ 题型1 空间点、线、面的位置关系 例1 [2017·北京高考]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．‎ ‎(1)求证：PA⊥BD；‎ ‎(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；‎ ‎(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．‎ 解题视点　(1)由线面垂直证明线线垂直；(2)先证明线面垂直，再 由线面垂直证明面面垂直；(3)关键是找到锥体的高，直接用体积公式求解．‎ 解　(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.‎ ‎(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.‎ 由(1)知，PA⊥BD，‎ 所以BD⊥平面PAC，‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，‎ 所以PA∥DE.‎ 因为D为AC的中点，所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.‎ 由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，‎ 所以三棱锥E－BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.‎ 冲关策略 立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义，从而得到这两条直线垂直.解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线”的主要依据.‎ 变式训练1‎ ‎ [2015·江苏高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B‎1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B‎1C∩BC1＝E.‎ 求证：(1)DE∥平面AA‎1C‎1C；‎ ‎(2)BC1⊥AB1.‎ 证明　(1)由题意知，E为B‎1C的中点，‎ 又D为AB1的中点，因此DE∥AC.‎ 又因为DE⊄平面AA‎1C‎1C，AC⊂平面AA‎1C‎1C，‎ 所以DE∥平面AA‎1C‎1C.‎ ‎(2)因为棱柱ABC－A1B‎1C1是直三棱柱，‎ 所以CC1⊥平面ABC.‎ 因为AC⊂平面ABC，‎ 所以AC⊥CC1.‎ 又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，‎ BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，‎ 所以AC⊥平面BCC1B1.‎ 又因为BC1⊂平面BCC1B1，‎ 所以BC1⊥AC.‎ 因为BC＝CC1，‎ 所以矩形BCC1B1是正方形，‎ 因此BC1⊥B‎1C.‎ 因为AC，B‎1C⊂平面B‎1AC，AC∩B‎1C＝C，‎ 所以BC1⊥平面B‎1AC.‎ 又因为AB1⊂平面B‎1AC，‎ 所以BC1⊥AB1.‎ 题型2 平面图形的翻折问题 例2　 [2018·温州模拟]如图1，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为底AB，CD上的点，且EF⊥AB，EF＝EB＝FC＝2，EA＝FD，沿EF将平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF，如图2所示．‎ ‎(1)求证：平面ABD⊥平面BDF；‎ ‎(2)若点F到平面ABD的距离为，求EA的长度．‎ 解题视点　(1)先由题意得A，B，C，D四点共面，然后由BC⊥FB，BC⊥DF得BC⊥平面BDF，即可证平面ABD⊥平面BDF；(2)设EA＝t，利用等体积法得VB－ADF＝VF－ABD，即可求线段EA的长度．‎ 解　(1)证明：由题意知EA綊FD，EB綊FC，‎ 所以AB∥CD，即A，B，C，D四点共面．‎ 由EF＝EB＝FC＝2，EF⊥AB，得FB＝BC＝2，则BC⊥FB，又翻折后平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DF⊥EF，所以DF⊥平面EBCF，因而BC⊥DF，又DF∩FB＝F，所以BC⊥平面BDF，由于BC⊂平面BCD，则平面BCD⊥平面BDF，又平面ABD即平面BCD，所以平面ABD⊥平面BDF.‎ ‎ (2)如图，连接AF，过点A作AH⊥BD于点H，设EA＝t，则FD ‎＝2t，S△ADF＝×2t×2＝2t，‎ 在△ADF中，AD＝，在△ABE中，AB＝，即AD＝AB，又DF⊥平面EBCF，所以DF⊥BF，在Rt△BDF中，BD＝，所以AH＝，‎ 因而S△ABD＝××＝.‎ 由VB－ADF＝VF－ABD，得×2t×2＝××，解得t＝1，即EA的长度为1.‎ 冲关策略 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，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.‎ ‎[2018·陕西模拟]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值．‎ 解　(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，‎ 又A1O∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，‎ 又由(1)可得A1O⊥BE，‎ 所以A1O⊥平面BCDE.‎ 即A1O是四棱锥A1－BCDE的高．‎ 由题图1知，A1O＝AB＝a，正方形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，‎ 从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝S·A1O＝·a2·a＝a3.由a3＝36，得a＝6.‎ 题型3 立体几何中的探索性问题 命题角度1　探索性问题与平行相结合 例3　[2018·桂林模拟]已知四边形ABCD为平行四边形，BD⊥AD，BD＝AD，AB＝2，四边形ABEF为正方形，且平面ABEF⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面ADF；‎ ‎(2)若M为CD的中点，证明：在线段EF上存在点N，使得MN∥平面ADF，并求出此时三棱锥N－ADF的体积．‎ 解题视点　(1)利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理证明；(2)利用线面平行的判定定理以及锥体的体积公式求解．‎ 解　(1)证明：正方形ABEF中，AF⊥AB，‎ ‎∵平面ABEF⊥平面ABCD，又AF⊂平面ABEF，‎ 平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴AF⊥平面ABCD.‎ 又∵BD⊂平面ABCD，‎ ‎∴AF⊥BD.‎ 又BD⊥AD，AF∩AD＝A，‎ ‎∴BD⊥平面ADF.‎ ‎(2)当N为线段EF的中点时，MN∥平面ADF.‎ 证明如下：‎ 正方形ABEF中，N为EF的中点，NF綊BA，‎ 平行四边形ABCD中，M为CD的中点，‎ ‎∴MD綊BA，‎ ‎∴NF綊MD，∴四边形NFDM为平行四边形，‎ ‎∴MN∥DF.‎ 又DF⊂平面ADF，MN⊄平面ADF，‎ ‎∴MN∥平面ADF.‎ 过点D作DH⊥AB于点H，‎ ‎∵平面ABEF⊥平面ABCD，‎ 又DH⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，‎ ‎∴DH⊥平面ABEF.‎ 在Rt△ABD中，AB＝2，BD＝AD，∴DH＝1，‎ ‎∴VN－ADF＝VD－ANF＝DH·S△ANF＝×1××1×2＝.‎ 冲关策略 解决此类问题时，先要把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，探求点的位置关系，多考虑线段的中点.‎ 命题角度2　探索性问题与垂直相结合 例4　[2018·北京模拟]如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1F⊥CD，如图2.‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB；‎ ‎(2)求证：A‎1F⊥BE；‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ？说明理由．‎ 解题视点　(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)两次利用线面垂直的判定定理，分别证明DE⊥平面A1CD，A‎1F⊥平面BCDE，从而得证；(3)取A‎1C，A1B中点P，Q，得▱DEQP，由DE⊥平面A1DC，得DE⊥A‎1C，又由等腰三角形性质得A‎1C⊥PD，从而得证．‎ 解　(1)证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，‎ 所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ 所以DE⊥AC.‎ 所以DE⊥A1D，DE⊥CD.‎ 又A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1DC.‎ 而A‎1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A‎1F.‎ 又因为A‎1F⊥CD，CD∩DE＝D，‎ 所以A‎1F⊥平面BCDE.所以A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)线段A1B上存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ.理由如下：‎ 如图，分别取A‎1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，‎ 所以DE⊥A‎1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA‎1C底边A‎1C的中点，‎ 所以A‎1C⊥DP.所以A‎1C⊥平面DEP.‎ 从而A‎1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，使得A‎1C⊥平面DEQ.‎ 冲关策略 对于线面关系中的探索性问题，首先假设存在，然后在这个假设下利用线面关系的性质进行推理论证，寻求假设满足的条件.若条件满足则肯定假设，若得到矛盾则否定假设.‎ 命题角度3　探索性问题与体积相结合 例5　[2018·银川模拟]如图所示的几何体由平面PECF截棱长为2的正方体得到，其中P，C为原正方体的顶点，E，F为原正方体侧棱的中点，正方形ABCD为原正方体的底面．‎ ‎(1)求证：EF⊥平面APC；‎ ‎(2)在棱BC上是否存在点G，使三棱锥E－FBG的体积恰为几何体ABEP－CDF的体积的？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．‎ 解题视点　(1)要证EF⊥平面APC，由EF∥BD转化 为证明BD⊥平面APC，再进一步转化为证明BD垂直于平面APC内的两条相交直线；(2)不妨设BG＝x，由等体积转化法求得VE－FBG＝VF－BEG，再由VABEP－CDF＝2VC－ABEP求得VABEP－CDF，从而由VE－FBG＝ VABEP－CDF得关于x的方程．‎ 解　(1)证明：由已知可知，EB∥FD，且EB＝FD，‎ 连接BD，则四边形EFDB是平行四边形，‎ ‎∴EF∥BD.‎ ‎∵底面ABCD为正方形，∴BD⊥AC.‎ ‎∵AP⊥底面ABCD，∴BD⊥AP.‎ 又AC∩AP＝A，∴BD⊥平面APC，‎ ‎∴EF⊥平面APC.‎ ‎(2)假设存在符合条件的点G，设BG＝x，‎ 则VE－FBG＝VF－BEG＝××x×1×2＝，‎ VABEP－CDF＝2VC－ABEP＝2×××(1＋2)×2×2＝4，‎ 由VE－FBG＝VABEP－CDF，得＝，∴x＝.‎ 即BG＝>BC，‎ ‎∴在棱BC上不存在点G，使三棱锥E－FBG的体积恰为几何体ABEP－CDF的体积的.‎ 冲关策略 将几何问题转化为代数问题来求解.假设所求点存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点，否则不存在.‎ 解答题专项训练四 ‎1.[2018·大庆模拟]如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．‎ ‎(1)求证：AP∥平面BEF；‎ ‎(2)求证：BE⊥平面PAC.‎ 证明　(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC.‎ 由于E为AD的中点，AB＝BC＝AD，AD∥BC，‎ 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．‎ 又F为PC的中点，可得AP∥OF.‎ 又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，‎ 所以AP∥平面BEF.‎ ‎(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC，‎ 所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.‎ 又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.‎ 因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.‎ 又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，‎ 所以BE⊥平面PAC.‎ ‎2.[2016·北京高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.‎ ‎(1)求证：DC⊥平面PAC；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；‎ ‎(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．‎ 解　(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，‎ 所以PC⊥DC.‎ 又因为DC⊥AC，PC∩AC＝C，‎ 所以DC⊥平面PAC.‎ ‎ (2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，‎ 所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，‎ 所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB，‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：‎ 取PB的中点F，连接EF，CE，CF.‎ 因为E为AB的中点，所以EF∥PA.‎ 又因为PA⊄平面CEF，且EF⊂平面CEF，‎ 所以PA∥平面CEF.‎ ‎3.如图，已知四棱锥S－ABCD，底面梯形ABCD中，AD∥BC，平面SAB⊥平面ABCD，△SAB是等边三角形，已知AC＝2AB＝4，BC＝2AD＝2CD＝2，M是SD上任意一点，SM＝mMD，且m>0.‎ ‎(1)求证：平面SAB⊥平面MAC；‎ ‎(2)试确定m的值，使三棱锥S－ABC体积为三棱锥S－MAC体积的3倍．‎ 解　(1)证明：在△ABC中，由于AB＝2，AC＝4，BC＝2，‎ ‎∴AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC.‎ 又平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD＝AB，‎ AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面SAB，‎ 又AC⊂平面MAC，‎ 故平面SAB⊥平面MAC.‎ ‎(2)VS－MAC＝VM－SAC＝VD－SAC＝VS－ADC，‎ ‎∴＝·＝·＝·2＝3⇒m＝2.‎ ‎4．[2018·湖北八校模拟]如图所示，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.‎ ‎(1)求证：NC∥平面MFD；‎ ‎(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；‎ ‎(3)求四面体N－EFD体积的最大值．‎ 解　(1)证明：∵平行四边形MNEF和EFDC都是矩形，‎ ‎∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN∥CD.‎ ‎∴四边形MNCD是平行四边形．∴NC∥MD.‎ ‎∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，‎ ‎∴NC∥平面MFD.‎ ‎(2)证明：连接ED，交FC于点O.‎ ‎∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，‎ 平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF.‎ ‎∴NE⊥平面ECDF.‎ ‎∵FC⊂平面ECDF，∴FC⊥NE.‎ ‎∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.‎ 又∵ED∩NE＝E，‎ ‎∴FC⊥平面NED.‎ ‎∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.‎ ‎(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中0

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