2019届高考数学总复习模块四立体几何第13讲立体几何学案文

第13讲立体几何
1.[2017·全国卷Ⅰ]如图M4-13-1,
图M4-13-1
在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.
[试做]________________________________________________________________________
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命题角度证明垂直的解题策略
证明线面垂直或者面面垂直的关键是证明线线垂直,进而利用判定定理或性质定理得到结论.
证明线线垂直的常用方法:
①利用特殊图形中的垂直关系;
②利用等腰三角形底边中线的性质;
③利用勾股定理的逆定理;
④利用直线与平面垂直的性质.
2.[2016·全国卷Ⅲ]如图M4-13-2,
图M4-13-2
四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一
点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明:MN∥平面PAB;
(2)求四面体N-BCM的体积.
[试做] ________________________________________________________________________
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命题角度证明平行的解题策略
证明线面平行的一般思路:先证明线线平行(用几何体的特征、中位线定理、线面平行的性质定理或者构造平行四边形、寻找比例式等证明两直线平行),再证明线面平行(注意推证线面平行时,一定要强调直线不在平面内,否则会出现错误).
3.[2016·全国卷Ⅱ]如图M4-13-3,
图M4-13-3
菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.
(1)证明:AC⊥HD';
(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'-ABCFE的体积.
[试
做]________________________________________________________________________
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命题角度折叠问题
证明折叠问题中的平行与垂直,关键是分清折叠前后图形的位置关系和数量关系中的变与不变.一般地,折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置关系和数量关系折叠后不变,而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化.对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
解答1平行、垂直关系的证明
1 如图M4-13-4,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B为菱形,AB=AC=BC,D,E,F分别为
A1B1,CC1,AA1的中点.
(1)求证:DE∥平面A1BC;
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,求证:AB1⊥CF.
图M4-13-4
[听课笔
记]____________________________________________________________________
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【考场点拨】
高考常考平行、垂直关系的解题策略:
(1)证明空间中的平行、垂直关系的常用方法是转化,如证明面面平行时,可转化为证明线面平行,而证明线面平行时,可转化为证明线线平行,但有的时候证明线面平行时,也可先证明面面平行,然后就能根据定义得出线面平行.
(2)在证明时,常通过三角形、平行四边形、矩形等平面图形去寻找平行和垂直关系.
【自我检测】
如图M4-13-5所示,四边形ABCD为菱形,AF=2,AF∥DE,DE⊥平面ABCD.
(1)求证:AC⊥平面BDE.
(2)当DE为何值时,直线AC∥平面BEF?请说明理由.
图M4-13-5
解答2体积、距离的计算
2 如图M4-13-6,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,点M在线段PC上,且PM=2MC,N为AD的中点.
(1)求证:AD⊥平面PNB;
(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.
图M4-13-6
[听课笔
记]____________________________________________________________________
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【考场点拨】
高考常考体积和距离问题的解题策略:
(1)求空间几何体的体积的常用方法有换底法,转化法,割补法.换底法的一般思路是找出几何体的底面和高,看底面积和高是否容易计算,若较难计算,则转换顶点和底面,使得底面积和高都比较容易求出;转化法是利用一个几何体与另一个几何体之间的关系,转化为求另一个几何体的体积;对于较复杂的几何体,有时也进行分割和补形,间接求得体积.
(2)求立体几何中的距离问题时常利用等体积法,即把要求的距离转化成一个几何体的高,利用同一个几何体的体积相等,转换这个几何体的顶点去求解.
【自我检测】
1.如图M4-13-7,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC1⊥平面A1BC.
(1)证明:平面ABC⊥平面ACC1A1;
(2)若BC=AC=2,A1A=A1C,求点B1到平面A1BC的距离.
图M4-13-7
2.在如图M4-13-8所示的四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,△PAB为正三角形.
(1)证明:AB⊥PD;
(2)若PD=6AB,四棱锥P-ABCD的体积为16,求PC的长.
图M4-13-8
解答3翻折与探索性问题
3[2018·全国卷Ⅰ]如图M4-13-9所示,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.
图M4-13-9
[听课笔记] __________________________________________________________________
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【考场点拨】
高考中翻折与探索性问题的解题策略:
(1)翻折问题有一定的难度,在解题时,一定要先弄清楚在翻折过程中哪些量发生了变化,哪些量没有发生变化.一般情况下,长度不发生变化,而位置关系发生变化.再通过连线得到三棱锥、四棱锥等几何体,最后把问题转化到我们较熟悉的几何体中去解决.
(2)对于探索性问题,一般根据问题的设问,首先假设其存在,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾就否定假设.
【自我检测】
1.如图M4-13-10①所示,在矩形ABCD中,AB=2AD,M为DC的中点,将△ADM沿AM折起,使平面ADM⊥平面ABCM,如图M4-13-10②所示.
(1)求证:平面BMD⊥平面ADM;
(2)当AB=2时,求三棱锥M-BCD与三棱锥D-ABM的体积比.
图M4-13-10
2.如图M4-13-11①,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD 上,EF∥AB,现将四边形ABEF沿EF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC,如图M4-13-11②所示.
(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,且=λ,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值.
图M4-13-11
第13讲立体几何典型真题研析
1.解:(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.
由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.
设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x,
故四棱锥P-ABCD的体积V P-ABCD=AB·AD·PE=x3.
由题设得x3=,故x=2.
从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2,
可得四棱锥P-ABCD的侧面积为
PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin60°=6+2.
2.解:(1)证明:由已知得AM=AD=2,取BP的中点T,连接AT,TN.由N为PC的中点知TN∥BC,且TN=BC=2.
又AD∥BC,所以TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,
所以N到平面ABCD的距离为PA.
取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3,得AE⊥BC,AE=-=.
由AM∥BC得M到BC的距离为,故S△BCM=×4×=2.
所以四面体N-BCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.
3.解:(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得=,故AC∥EF.
由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.
(2)由EF∥AC得==.
由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4,
所以OH=1,D'H=DH=3,
于是OD'2+OH2=(2)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.
由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD', 又OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.
由=得EF=9.
五边形ABCFE的面积S=×6×8-×9×3=69.
所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=×69×2=.
考点考法探究
解答1
例1证明:(1)设AB1,A1B相交于点O,连接OD,OC.
因为O,D分别为A1B,A1B1的中点,所以OD∥BB1,且OD=BB1.
因为BB1∥CC1,BB1=CC1,E是CC1的中点,所以CE∥BB1,且CE=BB1,
所以CE∥OD,CE=OD,所以四边形ODEC是平行四边形,
所以OC∥DE.
又OC⊂平面A1BC,DE⊄平面A1BC,
所以DE∥平面A1BC.
(2)因为四边形AA1B1B为菱形,
所以AB1⊥A1B.
取AB的中点M,连接MF,MC.
因为M,F分别为AB,AA1的中点,
所以MF∥A1B,AB1⊥MF.
因为△ABC为等边三角形,所以CM⊥AB.
因为平面ABC⊥平面AA1B1B,CM⊂平面ABC,平面ABC∩平面AA1B1B=AB,
所以CM⊥平面AA1B1B,
所以CM⊥AB1.
又MF∩CM=M,所以AB1⊥平面CMF,
所以AB1⊥CF.
解:(1)证明:因为DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥DE.
在菱形ABCD中,AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE⊂平面BDE,BD⊂平面BDE.
所以AC⊥平面BDE.
(2)当DE=4时,直线AC∥平面BEF,理由如下:
在菱形ABCD中,设AC交BD于点O,
取BE的中点M,连接OM,FM,则OM为△BDE的中位线,
所以OM∥DE,且OM=DE=2,
又AF∥DE,AF=DE=2,所以OM∥AF,且OM=AF.
所以四边形AOMF为平行四边形,则AC∥FM.
因为AC⊄平面BEF,FM⊂平面BEF,
所以直线AC∥平面BEF.
解答2
例2解:(1)证明:∵PA=PD,N为AD的中点,∴PN⊥AD.
∵底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,N为AD的中点,∴BN⊥AD,
∵PN∩BN=N,∴AD⊥平面PNB.
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,PN⊂平面PAD, ∴PN⊥平面ABCD,
∴PN⊥NB,又PA=PD=AD=2,∴PN=NB=,
∴S△PNB=××=.
∵AD⊥平面PNB,AD∥BC,∴BC⊥平面PNB.
∵PM=2MC,
∴V P-NBM=V M-PNB=V C-PNB=×××2=,
∴三棱锥P-NBM的体积为.
1.解:(1)证明:∵AC1⊥平面A1BC,∴AC1⊥BC.
∵∠BCA=90°,
∴BC⊥AC,又AC∩AC1=A,∴BC⊥平面ACC1A1.
又BC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ACC1A1.
(2)取AC的中点D,连接A1D,B1C,如图所示.
∵A1A=A1C,∴A1D⊥AC.
又平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,A1D⊂平面ACC1A1, ∴A1D⊥平面ABC.
∵AC1⊥平面A1BC,∴AC1⊥A1C,
∴四边形ACC1A1为菱形,AA1=AC.
又A1A=A1C,∴△A1AC是边长为2的正三角形,∴A1D=,
∴
-
=×2×2×=2.
设点B1到平面A1BC的距离为h,
则
-=
-
==h.
又BC⊥A1C,BC=2,A1C=2,∴ =2,∴h=.
所以点B1到平面A1BC的距离为.
2.解:(1)证明:取AB的中点O,连接PO,DO,BD,如图所示.∵四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,
∴△ABD为正三角形,∴DA=DB,∴DO⊥AB,
∵△PAB为正三角形,∴PO⊥AB,
又∵DO∩PO=O,PO⊂平面POD,DO⊂平面POD,
∴AB⊥平面POD,
∵PD⊂平面POD,∴AB⊥PD.
(2)设AB=2x,则PD=6x.在正三角形PAB中,PO=x,同理DO=x,
∴PO2+OD2=PD2,∴PO⊥OD,
又∵PO⊥AB,DO∩AB=O,DO⊂平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴PO⊥平面ABCD,
∴V P-ABCD=×2x2×x=16,∴x=2,则PD=26,CD=AB=4.
∵AB∥CD,AB⊥PD,∴CD⊥PD,
∴PC== 6 =2 0.
解答3
例3解:(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.
由已知及(1)可知DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥Q-ABP的体积为V Q-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2 sin °=1.【自我检测】
1.解:(1)证明:在矩形ABCD中,AB=2AD,M为DC的中点,
∴△ADM,△BCM都是等腰直角三角形,
且∠ADM=90°,∠BCM=90°,∴BM⊥AM,折起后这一垂直关系不变.
又平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM⊂平面ABCM,∴BM⊥平面ADM.又BM⊂平面BMD,∴平面BMD⊥平面ADM.
(2)如图所示,取AM的中点N,连接DN,
∵DA=DM,∴DN⊥AM,
∵平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,DN⊂平面ADM,∴DN⊥平面ABCM.∵AB=2,∴AD=DM=CM=CB=1,AM=BM=,∴DN=,
∴S△BCM=CM·CB=,S△ABM=AM·MB=1,
∴V M-BCD=V D-BCM=S△BCM·DN=,
V D-ABM=S△ABM·DN=
6,∴-
-
=.
2.解:(1)在折叠后的图中,过C作CG⊥FD,交FD于G,过G作GP⊥FD交AD于P,连接PC.
在折叠前的四边形ABCD中,EF∥AB,AB⊥AD,所以EF⊥AD.
折起后DF⊥EF,所以CG∥EF,又平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,所以FD⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF,所以FD⊥AF,所以PG∥AF,又BE=1,所以FG=EC=3,GD=2,故==.
因为CG∩PG=G,EF∩AF=F,所以平面CPG∥平面ABEF,
因为CP⊂平面CPG,所以CP∥平面ABEF.
所以在线段AD上存在一点P,且=,使得CP∥平面ABEF.
(2)因为AF⊥EF,平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,所以AF⊥平面EFDC.
设BE=x(0<x≤4),所以AF=x,FD=6-x,又CG=AB=2,所以
V A-CDF=××2×(6-x)·x=(-x2+6x)=[9-(x-3)2],所以当x=3时,V A-CDF取得最大值3,
即三棱锥A-CDF的体积的最大值为3.
[备选理由] 本题用切割法求几何体的体积,是对正文中例2的补充和拓展.
例[配例2使用]如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,D为AC的中点,A1A=AB=2,BC=3.
(1)求证:AB1∥平面BC1D;
(2)求四棱锥B-AA1C1D的体积.
解:(1)证明:如图所示,连接B1C,设B1C与BC1相交于点O,连接OD.
∵四边形BCC1B1是平行四边形,
∴点O为B1C的中点.
∵D为AC的中点,∴OD为△AB1C的中位线,
∴OD∥AB1.
∵OD⊂平面BC1D,AB1⊄平面BC1D,
∴AB1∥平面BC1D.
(2)∵AA1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴AA1⊥AB.
∵BB1∥AA1,∴BB1⊥AB.
∵AB⊥BC,BC∩BB1=B,∴AB⊥平面BB1C1C.
取BC的中点E,连接DE,则DE∥AB,DE=AB,∴DE⊥平面BB1C1C.
∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥BC,
又BB1∥CC1,BC∥B1C1,∴CC1⊥BC,BB1⊥B1C1,
又A1A=AB=2,BC=3,∴DE=1,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=·AB·BC·AA1=6,
-
=×·BC·CC1·DE=1, -
=×·B1C1·BB1·A1B1=2.
又V=
-+
-
+
-
,
∴6=1+2+
-,∴
-
=3,
∴四棱锥B-AA1C1D的体积为3.。