高考文科数学总复习课件大题考法课立体几何

[证明] (1)∵平面 PAD⊥底面 ABCD， 且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD，PA⊂平面 PAD， ∴PA⊥底面 ABCD.
(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E 为 CD 的中点， ∴AB∥DE，且 AB＝DE. ∴四边形 ABED 为平行四边形． ∴BE∥AD. 又∵BE⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴BE∥平面 PAD.
MN∥ED⇒MN∥平面 C1DE.
[微点提醒]
[关键步骤]
加红处只作 CH⊥C1E，不进行证 明 CH⊥平面 C1DE 的扣 2 分．
(2)过点 C 作 C1E 的垂线，垂足为 H.
❷转化：线线垂直 ⇒线面垂直
DE⊥BC DE⊥C1C⇒DE⊥ 平面 C1CE.
又 CF⊂平面 ACFD，BE⊄平面 ACFD，所以 BE∥平面 ACFD，
所以 V 三棱锥 G-ECD＝V 三棱锥 E-GCD＝V 三棱锥 B-GCD， 因为四边形 ACFD 是等腰梯形，∠DAC＝π3，AD＝2CF＝2AC，
所以∠ACD＝π2，
又 CA＝CB＝CF＝1，所以 CD＝ 3，CG＝12，
[对点训练] 如 图 所 示 的 五 面 体 ABEDFC 中 ， 四 边 形 ACFD 是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝π3，BC⊥ 平面 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．
[对点训练] 1．(2019·江苏高考)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. 因为 ED⊂平面 DEC1，A1B1⊄平面 DEC1， 所以 A1B1∥平面 DEC1.
知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊
ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MN∥ED.
又 MN⊄平面 C1DE，所以 MN∥平面 C1DE.❶
[关键步骤]
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不作图或不作辅 助线扣 1 分．
[微点提醒]
❶转化：线线平行⇒线面平行
[微点提醒]
加红处若漏掉 MN⊄ 平面 C1DE，扣 1 分.
类型(三) 立体几何中的探究性问题 [典例] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面 ABCD， AD＝2，点 E 为 AB 上一点，且AAEB＝m，点 F 为 PD 中点． (1)若 m＝12，证明：直线 AF∥平面 PEC； (2)是否存在一个常数 m，使得平面 PED⊥平面 PAB，若存 在，求出 m 的值；若不存在，说明理由．
又 BC⊥平面 ACFD，所以 V 三棱锥B-GCD＝13×12CG×CD×BC＝13×12
×12×
3×1＝
3 12 .
所以三棱锥 G-ECD 的体积为123.
[归通法·保规范·赢满分]
[循流程思维——入题快]
立体几何解答题的基本模式是 论证推理与计算相结合，以某个几 何体为依托，分步设问，逐层加深， 解决这类题目的原则是转化、转 换．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、锥体体积常考查顶点转换，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.
(3)∵AB⊥AD，且四边形 ABED 为平行四边形． ∴BE⊥CD，AD⊥CD， 由(1)知 PA⊥底面 ABCD. ∴PA⊥CD. ∵PA∩AD＝A，PA⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD， ∴CD⊥平面 PAD，又 PD⊂平面 PAD， ∴CD⊥PD. ∵E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点， ∴PD∥EF， ∴CD⊥EF. 又 BE⊥CD 且 EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面 BEF. 又 CD⊂平面 PCD， ∴平面 BEF⊥平面 PCD.
[规律方法] 1．直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
解：(1)证明：由题知，BD＝AD＝4 2，又 AB＝8，∴AB2＝AD2 ＋BD2，∴BD⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且两平面的交线是 AD，BD⊂平面 ABCD，BD⊥AD，∴BD⊥平面 PAD，又 BD⊂平面 MBD，∴ 平面 MBD⊥平面 PAD.
(2)过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O，则 PO⊥平面 ABD，∴点
(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．
[解] (1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE， 所以 AD∥CG， 所以 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，且 BE∩BC＝B， 所以 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC， 所以平面 ABC⊥平面 BCGE.
2．直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m， l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a ⊥β.
3．平行、垂直关系证明的模型
[解题方略] 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设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，若能推导出与条件吻合的数据或事实， 说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况 相矛盾的结论，则说明假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条 件的应用．
(2)因为 AB＝BC，E 为 AC 的中点，所以 BE⊥AC. 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱， 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. 因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E.
2．(2019·郑州市第一次质量预测)如图，在四棱锥 P-ABCD 中， △PAD 是等腰直角三角形，且∠APD＝90°， ∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝ 8，平面 PAD⊥平面 ABCD，M 是 PC 的三 等分点(靠近点 C 处)． (1)求证：平面 MBD⊥平面 PAD； (2)求三棱锥 D-MAB 的体积．
[解] (1)证明：作 FM∥CD，交 PC 于点 M， 因为点 F 为 PD 的中点，所以 FM＝12CD. 因为 m＝12，所以 AE＝12AB＝FM， 又 FM∥CD∥AE， 所以四边形 AEMF 为平行四边形，所以 AF∥EM， 因为 AF⊄平面 PEC，EM⊂平面 PEC， 所以直线 AF∥平面 PEC.
[按流程解题——快又准] [典例] (2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱 ABCD -A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2， ∠BAD＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的 中点． (1)证明：MN∥平面 C1DE； (2)求点 C 到平面 C1DE 的距离．
[解题样板] (1)证明：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1， BC 的中点，所以 ME∥B1C，且 ME＝12B1C.又 因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND＝12A1D.由题设
P 到平面 ABD 的距离 d＝2 2，
∴V 三棱锥 D-MAB＝V 三棱锥 M-ABD
＝13S△ABD·13d＝13×12×(4
2)2×13×2
2＝329
2 .
类型(二) 平面图形中的折叠问题 [典例] (2019·全国卷Ⅲ)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.
(2)存在一个常数 m＝ 23，使得平面 PED⊥ 平面 PAB，理由如下： 要使平面 PED⊥平面 PAB，只需 AB⊥DE， 因为 AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以 AE＝ADcos 30°＝ 3， 又因为 PD⊥平面 ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D， 所以 AB⊥平面 PDE， 因为 AB⊂平面 PAB，所以平面 PDE⊥平面 PAB， 所以 m＝AAEB＝ 23.
解：(1)存在点 H 使 GH∥平面 BCD，此时 H 为 AD 的中点．证 明如下： 取点 H 为 AD 的中点，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，所以 GH∥平面 BCD.
(2)由题意知 AD∥CF，AD⊂平面 ADEB，CF⊄平面 ADEB，所 以 CF∥平面 ADEB， 因为 CF⊂平面 CFEB，平面 CFEB∩平面 ADEB＝BE，所以 CF∥BE，
(1)证明：EF⊥MC； (2)求三棱锥 M-ABD 的体积．
解：(1)证明：由题意，可知在等腰梯形 ABCD 中，AB∥CD， ∵E，F 分别为 AB，CD 的中点，∴EF⊥CD. 折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF. ∵DF∩CF＝F，∴EF⊥平面 DCF. 又 MC⊂平面 DCF，∴EF⊥MC. (2)易知 AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，DM＝1，∴MF＝1＝AE. 又 AE∥MF，∴四边形 AEFM 为平行四边形． ∴AM∥EF，故 AM⊥DF. ∵平面 BEFC⊥平面 AEFD，平面 BEFC∩平面 AEFD＝EF， 且 BE⊥EF， ∴BE⊥平面 AEFD. ∴VM-ABD＝VB-AMD＝13×S△AMD×BE＝13×12×1×2×1＝13. 即三棱锥 M-ABD 的体积为13.
[解题方略] 求解平面图形折叠问题的关键和方法
分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变， 关
哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用 键
原平面图形的信息是解决问题的突破口 把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三 方 棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我 法 们熟悉的几何体中解决
[对点训练] (2019·成都二诊)如图①，在等腰梯形 ABCD 中，AB∥CD，E， F 分别为 AB，CD 的中点，CD＝2AB＝2EF＝4，M 为 DF 的中 点．现将四边形 BEFC 沿 EF 折起，使平面 BEFC⊥平面 AEFD， 得到如图②所示的多面体．
(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， 所以 DE⊥CG. 因为四边形 BCGE 是菱形，且∠EBC＝60°， 所以 EM⊥CG， 又 DE∩EM＝E，所以 CG⊥平面 DEM. 所以 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3， 故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
大题考法课立体几何 类型(一) 空间平行、垂直关系的证明 [典例] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB∥CD，AB⊥AD， CD＝2AB，平面 PAD⊥底面 ABCD，PA⊥AD，E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，求证： (1)PA⊥底面 ABCD； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 BEF⊥平面 PCD.