2016届高考数学一轮复习探究课5立体几何问题中的热点题

【创新设计】2016 届高考数学一轮复习研究课 5 立体几何问题中的
热门题型文新人教B版
( 建议用时： 75 分钟 )
1.以下图，已知 AB⊥平面 ACD，DE⊥平面 ACD，△ ACD为等边三角形， AD＝ DE＝2AB，F
为CD的中点．
求证： (1) AF∥平面BCE；
(2)平面 BCE⊥平面 CDE.
证明(1) 如图，取CE的中点 G，连结 FG， BG.
∵ F 为 CD的中点，
1
∴ GF∥DE且 GF＝2DE.
∵AB⊥平面 ACD， DE⊥平面
ACD，∴ AB∥DE，∴ GF∥ AB.
1
又 AB＝2DE，∴ GF＝ AB.
∴四边形 GFAB为平行四边形，则AF∥ BG.
∵AF?平面 BCE，BG?平面
BCE，∴ AF∥平面 BCE.
(2) ∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面 ACD， AF?平面 ACD，∴ DE⊥ AF.
又 CD∩DE＝ D，故 AF⊥平面 CDE.
∵BG∥AF，∴ BG⊥平面 CDE.
∵BG?平面 BCE，∴平面 BCE⊥平面 CDE.
2．(201 4·新课标全国Ⅱ卷) 如图，在四棱锥P－ ABCD中，底面 ABCD为矩形， PA⊥平面 ABCD，
E 为 PD的中点．
(1) 证明：PB∥平面AEC；
3
(2)设 AP＝1， AD＝3，三棱锥 P－ ABD的体积 V＝4，求 A 到平面 PBC的距离．
(1)证明设 BD与 AC的交点为 O，连结 EO.
因为 ABCD为矩形，因此O为 BD的中点．
又 E 为 PD的中点，因此EO∥ PB.
因为 EO?平面 AEC， PB?平面 AEC，
因此 PB∥平面 AEC.
1 3
(2) 解V＝6PA·AB· AD＝6 AB.
3 3
又 V＝4，可得 AB＝2.
作 AH⊥PB交 PB于 H.
由题设知 BC⊥平面 PAB，因此 BC⊥ AH，
故 AH⊥平面 PBC.
13
在 Rt △PAB中，由勾股定理可得PB＝2，
PA· AB 313
因此AH＝PB＝13，
313
因此 A到平面 PBC的距离为13.
3．如图，在长方体ABCD－A1B1 C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形， O是 BD的中点， E 是棱 AA1 上随意一点．
(1)证明： BD⊥ EC1；
(2)假如 AB＝2，AE＝2， OE⊥ EC1，求 AA1的长．
(1)证明连结 AC， A1C1.由底面是正方形知， BD⊥AC.
因为 AA1⊥平面 ABCD， BD?平面 ABCD，
因此 AA1⊥BD.
又 AA1∩ AC＝ A，
因此 BD⊥平面 AA1C1 C.
因为 EC1?平面 AA1C1C知， BD⊥ EC1.
(2) 解法一设 AA1的长为 h，连结 OC1.
在 Rt △OAE中，AE＝ 2 ，AO
＝2，
故2＝ ( 2) 2＋( 2) 2＝ 4.
OE
在 Rt △EAC中，AE＝h－ 2，A C＝ 2 2，
1 1 1 1 1
故12＝(－2) 2＋(2 2) 2.
EC h
2 2 2
在 Rt △OCC中，OC＝ 2，CC＝h，OC＝h＋ ( 2) .
1 1 1
2 2 2
因为 OE⊥ EC，因此 OE＋ EC＝OC，即
1 1 1
4＋ ( h－ 2) 2＋ (2 2) 2＝h2＋( 2) 2，
解得＝ 3 2，因此1的长为3 2.
h AA
法二∵ OE⊥ EC，∴∠ AEO＋∠ A EC＝90°.
1 1 1
又∵∠ A 1C 1E ＋∠ A 1EC 1＝90°，
∴∠ AEO ＝∠ A 1C 1E .
又∵∠ OAE ＝∠ C 1A 1E ＝90°，
∴△ OAE ∽ EA 1C 1，
AE AO
2
2
∴＝
，即
＝
，
A 1C 1 A 1E
2 2 A 1E
∴ A 1E ＝ 2 2，
∴ AA 1＝ AE ＋ A 1E ＝ 3 2.
4. (2014 ·北京海淀区模拟
) 如图，在三棱柱
ABC － A 1B 1C 1 中， AA 1⊥底面 ABC ， AB ⊥ AC ， AC ＝
AA 1， E ， F 分别是棱 BC ， CC 1 的中点．
(1) 求证： AB ⊥平面 AA 1C 1C ；
(2) 若线段 AC 上的点 D 知足平面 DEF ∥平面 ABC 1，试确立点 D 的地点，并说明原因； (3) 证明： EF ⊥ A 1C .
(1) 证明 ∵ A 1A ⊥底面 ABC ，
∴ A 1A ⊥ AB ，
又∵ AB ⊥ AC ， A 1A ∩AC ＝ A ，
∴ AB ⊥平面 AA 1C 1C .
(2) 解 ∵平面 DEF ∥平面 ABC 1，平面 ABC ∩平面 DEF ＝ DE ，平面 ABC ∩平面 ABC 1＝ AB ，∴
AB ∥ DE ，
∵在△ 中 E 是 的中点，∴ D 是线段 的中点．
ABC
BC AC
(3) 证明 在三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中， A 1A ＝ AC ，
∴侧面 A1ACC1是正方形，∴ A1C⊥AC1，由 (1) 可得AB⊥A1C，
∵AB∩AC1＝ A，∴ A1 C⊥平面
ABC1，∴ A1C⊥ BC1.
又∵ E，F 分别为棱 BC， CC1的中点，
∴ EF∥BC1，∴ EF⊥A1C.
5.(2014 ·江西卷 ) 如图，在三棱柱
ABC－ A1 B1C1中， AA1⊥
BC， A1B⊥ BB1.
(1)求证： A1C⊥ CC1；
(2) 若 AB＝2， AC＝3，BC＝7，问AA为什么值时，三棱
柱ABC－ A B C 体积最大，并求
1 1 1 1
此最大值．
(1) 证明由1⊥知 1 ⊥，又1⊥1，且? 平面1，1?平面1，∩ 1
AA BC BB BC BB AB BC BCA AB BCA BC AB ＝B，
故 BB1⊥平面 BCA1，由 A1C?平面 BCA1可得 BB1⊥
A1C，又 BB1∥ CC1，因此 A1C⊥ CC1.
(2) 解法一设 AA1＝ x，在Rt△ A1BB1中， A1B＝
2 2
＝
2 A1B1－ BB1 4－x .
同理， A C＝ 2 2 2 . 在△ A BC中，
A C－ CC＝3－ x
1 1 1 1 1
1 2＋
1
2－
2 x 2
cos 1 A B AC BC
，
∠BAC＝2A
1B·A1C ＝－－ x
2
－ x2
sin ∠BA1C＝
12－7x2
，
－ x2 － x2
1 12－ 7x2
因此 S△ A1BC＝2A1B·A1C·sin∠ BA1C＝ 2 .
进而三棱柱 ABC－ A1B1C1的体积 V＝ S△ A1BC·AA1＝x 12－7x2
2 .
x 12 7x 2 12x 2 7x 4 7 2 6 2 36 x 6 42 42
因为－＝－＝－x －＋，故当＝＝，即AA
7 1＝
7 7 7 7
3 7
时，体积 V 取到最大值.
7
因为 AA 1⊥BC ， A 1D ⊥ BC ，故 BC ⊥平面 AA 1D ， BC ⊥ AD ，又∠ BAC ＝90°，
因此 △ ABC ＝ 1 1
2 21
· ＝ · ，得
＝.
S
2AD BC 2AB AC AD
7
设 AA 1＝ x ，在 Rt △AA 1D 中，
2
2 12 2
，
A 1D ＝ AD － AA 1＝
－x
7
△1＝
1
1
·＝12－ 7x 2
.
S ABC
2A D BC
2
x 12－ 7x 2
进而三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的体积 V ＝ S △ A 1BC ·AA 1＝
.
2 2
2 4
2
6 2
36
因为 x 12－ 7x ＝
12x
－7x ＝－ 7 x －
7 ＋ ，
7
故当 ＝
6 ＝ 42 ，
x
7 7
42
3 7
即 AA 1＝ 7 时，体积 V 取到最大值 7 .
6. 如图，已知四边形 ABCD 是正方形， EA ⊥平面 ABCD ， PD ∥ EA ， AD ＝ PD ＝ 2EA ＝ 2， F ，
G ， H 分别为 BP ， BE ， PC 的中点．
(1) 求证： FG ∥平面 PDE ； (2) 求证：平面 FGH ⊥平面 ABE ；
(3) 在线段 PC 上能否存在一点 M ，使 PB ⊥平面 EFM ？若存在，求出线段 PM 的长；若不存
在，请说明原因．
(1) 证明
因为 F ，G 分别为 PB ，BE 的中点，因此 FG ∥ PE ，又 FG ?平面 PDE ，PE ? 平面 PDE ，
因此 FG ∥平面 PDE . (2) 证明
因为 EA ⊥平面 ABCD ，
因此 EA⊥ CB.
又 CB⊥AB， AB∩AE＝ A，
因此 CB⊥平面 ABE.
由已知 F， H分别为线段PB， PC的中点，
因此 FH∥ BC.则 FH⊥平面 ABE.
而 FH?平面 FGH，
因此平面 FGH⊥平面 ABE.
(3)解在线段 PC上存在一点 M，使 PB⊥平面 EFM.
证明以下：
如图，在 PC上取一点 M，连结 EF，EM， FM.在直角三角形 AEB中，因为 AE＝1， AB＝
2，因此 BE＝5.
在直角梯形EADP中，因为AE＝1， AD＝PD＝2，因此 PE＝5，因此PE＝BE. 又F为PB 的中点，因此EF⊥ PB.
要使 PB⊥平面 EFM，只要使 PB⊥ FM.
因为 PD⊥平面 ABCD，因此 PD⊥ CB，
又 CB⊥CD， PD∩CD＝ D，
因此 CB⊥平面 PCD，而 PC?平面 PCD，因此 CB⊥ PC.
若 PB⊥FM，则△ PFM∽△ PCB，可得PM PF
＝ . PB PC
由已知可求得PB＝23，PF＝3，PC＝ 2 2，
3 2
因此 PM＝.。