专题六立体几何的综合应用Word格式.docx

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4．关于直线m，n与平面α，β，有以下四个命题：

①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；

②若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n；

③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；

④若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n.

其中真命题的序号是__________．

答案　②③

解析　①m，n可能异面；

②正确；

③正确；

④n∥α或n⊂α，又m∥α，

∴m∥n或m与n相交或异面．

5．过△ABC所在平面α外一点P，作PO⊥α，垂足为O，连结PA、PB、PC，

（1）若PA＝PB＝PC，∠C＝90°

，则点O是AB边的______点．

（2）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．

（3）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．

答案　

（1）中　

（2）外　（3）垂

题型一　线面关系的证明

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.

思维启迪：

（1）考虑AD和平面BCC1B1的关系即可；

（2）易分析知A1F綊AD.

证明　

（1）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC.

又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.

又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，

所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，

所以平面ADE⊥平面BCC1B1.

（2）因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，

所以A1F⊥B1C1.

因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，

所以CC1⊥A1F.

又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，

所以A1F⊥平面BCC1B1.

由

（1）知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.

又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，

所以A1F∥平面ADE.

探究提高　线面关系的证明要紧扣定理．

解答此类问题时，常有以下失分点：

（1）不能充分挖掘所给隐含条件造成不知如何入手．

（2）证明过程中步骤不规范，不严谨．

（2012·

山东）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，

EC⊥BD.

（1）求证：

BE＝DE；

（2）若∠BCD＝120°

，M为线段AE的中点，求证：

DM∥平面BEC.

证明　

（1）如图，取BD的中点O，连结CO，EO.

由于CB＝CD，所以CO⊥BD.

又EC⊥BD，EC∩CO＝C，

CO，EC⊂平面EOC，

所以BD⊥平面EOC，

因此BD⊥EO.

又O为BD的中点，所以BE＝DE.

（2）方法一　如图，取AB的中点N，连结DM，DN，MN.

因为M是AE的中点，

所以MN∥BE.

又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，

所以MN∥平面BEC.

又因为△ABD为正三角形，

所以∠BDN＝30°

.

又CB＝CD，∠BCD＝120°

，因此∠CBD＝30°

所以DN∥BC.

又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，

所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，

所以平面DMN∥平面BEC.

又DM⊂平面DMN，

所以DM∥平面BEC.

方法二　如图，

延长AD，BC交于点F，连结EF.

因为CB＝CD，∠BCD＝120°

，

所以∠CBD＝30°

因为△ABD为正三角形，

所以∠BAD＝60°

，∠ABC＝90°

因为∠AFB＝30°

所以AB＝

AF.

又AB＝AD，

所以D为线段AF的中点．

连结DM，由点M是线段AE的中点，得DM∥EF.

又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，

题型二　面积、体积的计算

例2

　如图，在棱长均为4的三棱柱ABC—A1B1C1中，D、D1分别是BC和B1C1的中点．

A1D1∥平面AB1D；

（2）若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°

，求三棱锥B1—ABC的体积．

体积问题的计算要结合图形中的垂直关系，注意等积变换．

（1）证明　连结DD1.

在三棱柱ABC—A1B1C1中，

因为D，D1分别是BC与B1C1的中点，

所以B1D1∥BD，且B1D1＝BD.

所以四边形B1BDD1为平行四边形，

所以BB1∥DD1，且BB1＝DD1.

又因为AA1∥BB1，AA1＝BB1，

所以AA1∥DD1，AA1＝DD1，

所以四边形AA1D1D为平行四边形，所以A1D1∥AD.

又A1D1⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，

故A1D∥平面AB1D.

（2）解　方法一　在△ABC中，因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.

因为平面ABC⊥平面B1C1CB，交线为BC，

AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1C1CB，

即AD是三棱锥A—B1BC的高．

在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4，得AD＝2

在△B1BC中，B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°

所以△B1BC的面积S△B1BC＝

×

42＝4

所以三棱锥B1—ABC的体积，即三棱锥A—B1BC的体积

V＝

S△B1BC·

AD＝

4

2

＝8.

方法二　在△B1BC中，因为B1B＝BC，∠B1BC＝60°

所以△B1BC为正三角形，所以B1D⊥BC.

B1D⊂平面B1C1CB，

所以B1D⊥平面ABC，即B1D是三棱锥B1—ABC的高．

在△ABC中，由AB＝AC＝BC＝4，

得△ABC的面积S△ABC＝

在△B1BC中，因为B1B＝BC＝4，∠B1BC＝60°

所以B1D＝2

所以三棱锥B1—ABC的体积

S△ABC·

B1D＝

探究提高　求几何体的体积要首先确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接公式法、等积法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等积法和割补法求解．

（2011·

安徽）如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．

（1）证明：

直线BC∥EF；

（2）求棱锥F－OBED的体积．

（1）证明　如图所示，设G是线段DA延长线

与线段EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形，

且OD＝2，

所以OB綊

DE，

OG＝OD＝2.

同理，设G′是线段DA延长线与线段FC延长线的交点，有OC綊

DF，OG′＝OD

＝2.

又由于G和G′都在线段DA的延长线上，

所以G与G′重合．

在△GED和△GFD中，由OB綊

DE和OC綊

DF，

可知B、C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

（2）解　由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°

，知S△OBE＝

，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝

所以S四边形OBED＝S△OBE＋S△OED＝

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝

，所以VF－OBED＝

FQ·

S四边形OBED＝

题型三　立体几何中的探索性问题

例3

　（2012·

北京）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）．

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．

探索存在性问题一般先假设存在，然后由此推理所需条件．

（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，

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.

所以DE⊥平面A1DC.

而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.

又因为A1F⊥CD，

所以A1F⊥平面BCDE，

所以A1F⊥BE.

（3）解　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.

探究提高　存在性问题是立体几何的一般常见题型，解决这类问题既要根据条件和定理进行严格推理，也要大胆猜想，点的存在性问题大多要考虑中点和分点．

如图所示，在棱长为2cm的正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1的中点是P，问过点A1作与截面PBC1平行的截面也是三角形吗？

求该截面的面积．

解　取AB、C1D1的中点M、N，

连结A1M、MC、CN、NA1.

由于A1N綊PC1綊MC，

所以四边形A1MCN是平行四边形．

又∵A1N∥PC1，A1M∥BP，

A1N∩A1M＝A1，C1P∩PB＝P，

∴平面A1MCN∥平面PBC1.

因此，过A1点作与截面PBC1平行的截面是平行四边形．

又连结MN，作A1H⊥MN于H，

由于A1M＝A1N＝

，MN＝2

，则A1H＝

∴S△A1MN＝

＝

故S▱A1MCN＝2S△A1MN＝2

（cm2）．

平面图形的折叠问题

典例：

（16分）已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋

，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.

BC⊥面CDE；

FG∥面BCD；

（3）在线段AE上找一点R，使得面BDR⊥面DCB，并说明理由．

审题视角　

（1）在折叠过程中，DE⊥AE，CE⊥AE的性质不变，最终使CE⊥DE.

（2）在空间图形中，要证FG∥平面BCD，可构造平面或构造线段．（3）先探究，再证明．

规范解答

（1）证明　由已知得：

DE⊥AE，DE⊥EC，

∴DE⊥面ABCE，∴DE⊥BC，

又BC⊥CE，DE∩CE＝E，∴BC⊥面DCE.[3分]

（2）证明　

取AB中点H，连结GH，FH，

∵G为AD的中点，

∴GH∥BD，FH∥BC，

又∵BD⊂面BCD，GH⊄面BCD，

BC⊂面BCD，FH⊄面BCD，

∴GH∥面BCD，FH∥面BCD.

又GH∩FH＝H，GH，FH⊂面FHG，

∴面FHG∥面BCD，[6分]

∵GF⊂平面FHG，∴GF∥面BCD.[8分]

（3）解　R点满足3AR＝RE时，面BDR⊥面BDC.

证明如下：

取BD中点Q，连结DR，BR，CR，CQ，RQ.[10分]

容易计算CD＝2，BD＝2

，CR＝

，BR＝

，DR＝

，CQ

在△BDR中，∵BR＝

DR＝

，BD＝2

，∴RQ＝

在△CRQ中，CQ2＋RQ2＝CR2，

∴CQ⊥RQ，[14分]

又在△CBD中，CD＝CB，Q为BD中点，

∴CQ⊥BD.∴CQ⊥面BDR，

又CQ⊂面BDC，∴面BDC⊥面BDR.[16分]

温馨提醒　

（1）平面图形的折叠问题是立体几何中的一种重要题型，解决这类问题，关键是抓住折叠前后的不变量和不变的位置关系．

（2）要准确地画出折叠前后的几何图形，对分析问题会产生至关重要的作用．（3）本题易错是第（3）问，探索不到R的具体位置，是导致错解的源头．

方法与技巧

1．应用线面平行的判定定理证明线面平行的关键是找到平面内与平面外直线平行的直线；

应用线面平行的性质定理解题的关键是利用已知条件作辅助平面，然后把已知中的线面平行转化为线线平行．

2．证明线线平行、线面平行、面面平行，常常借助线面平行的桥梁作用，实现三者之间的相互转化．为达此目的，充分利用现有的平行关系是找到解题思路的关键．

3．空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以相互转化，每一种垂直的判定都是从某种垂直开始转向另一种垂直，最终达到目的．

失误与防范

无论是解题还是证明，一定要注意对文字语言、图形语言和符号语言进行相互转化和相互翻译，使三者之间相辅相成，相得益彰．

A组　专项基础训练

（时间：

35分钟，满分：

62分）

一、填空题（每小题5分，共35分）

1．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；

②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；

③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；

④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．

上面命题中，真命题的序号为__________．

答案　①②

解析　由面面平行的判定定理可知，①正确．

由线面平行的判定定理可知，②正确．

对于③来说，α内直线只垂直于α和β的交线l，得不到其是β的垂线，故也得不出α⊥β.

对于④来说，l只有和α内的两条相交直线垂直，才能得到l⊥α.

也就是说当l垂直于α内的两条平行直线的话，l不一定垂直于α.

2．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则命题：

①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；

②若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β；

③若m⊥β，m∥α，则α⊥β；

④若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ.

其中正确命题的序号是________．

答案　③

解析　①m∥α也可能成立．②α与β也可以相交．④β与γ可相交也可平行．

3．已知直线a，b，c和平面α，β，给出下列命题：

①若a，b与α成等角，则a∥b；

②若α∥β，c⊥α，则c⊥β；

③若a⊥b，a⊥α，则b∥α；

④α⊥β，a∥α，则a⊥β.

其中错误命题的序号是________．

答案　①③④

解析　由于一条直线垂直于两平行平面中的一个，必垂直于另一个，所以②是正确的．其余的都是错误的．

4．在正三棱锥P—ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：

①AC⊥PB；

②AC∥平面PDE；

③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．

解析　如图，∵P—ABC为正三棱锥，

∴PB⊥AC；

又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，

AC⊄平面PDE，

∴AC∥平面PDE.故①②正确．

5．已知a、b是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：

①若a⊥α，a⊥β，则α∥β；

②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；

③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b；

④若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b.

其中正确命题的序号有________．

解析　垂直于同一直线的两平面平行，①正确；

α⊥β也成立，②错；

a、b也可异面，③错；

由面面平行性质知，a∥b，④正确．

6.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：

①BC⊥PC；

②OM∥平面APC；

③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．

答案　①②③

解析　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；

对于②，∵点M为线段PB的中点．∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；

对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．

7．下列命题中正确的个数是________．

①若直线a不在α内，则a∥α；

②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；

③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；

④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；

⑤平行于同一平面的两直线可以相交．

答案　2

解析　①错，因为a可以与α相交；

②错，可以有一个点在α内，即l与α相交时也符合要求；

③错，可以是异面直线；

④对；

⑤对．

二、解答题（共27分）

8.（13分）如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点，若∠PDA＝45°

MN⊥平面PCD.

（2）试问矩形ABCD满足什么条件时，PC⊥BD.

解　

（1）如图，取PD的中点E，连结AE，NE.

∵E、N分别为PD、PC的中点，

∴EN綊

CD.

又∵M为AB的中点，∴AM綊

∴EN綊AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE.

∵PA⊥平面ABCD，∠PDA＝45°

∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD.

又∵CD⊥AD，CD⊥PA，

∴CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，

∴CD⊥AE.又CD∩PD＝D，

∴AE⊥平面PCD.∴MN⊥平面PCD.

（2）连结AC，若PC⊥BD.

又PA⊥BD，PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC，

∴BD⊥AC，即矩形ABCD的对角线互相垂直．

∴矩形ABCD为正方形，

即当矩形ABCD为正方形时，PC⊥BD.

9．（14分）（2011·

辽宁）如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝

PD.

PQ⊥平面DCQ；

（2）求棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值．

（1）证明　由条件知四边形PDAQ为直角梯形．

因为QA⊥平面ABCD，

所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.

又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，

所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.

在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝

PD，则PQ⊥QD.

又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ.

（2）解　设AB＝a.

由题设知AQ为棱锥Q－ABCD的高，

所以棱锥Q－ABCD的体积V1＝

a3.

由

（1）知PQ为棱锥P－DCQ的高，

而PQ＝

a，△DCQ的面积为

a2，

所以棱锥P－DCQ的体积V2＝

故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1.

B组　专项能力提升

58分）

一、填空题（每小题5分，共30分）

1．已知a，b，c是直线，β是平面，给出下列命题：

①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；

②若a∥b，b⊥c，则a⊥c；

③若a∥β，b⊂β，则a∥b；

④若a与b异面，且a∥β，则b与β相交；

⑤若a与b异面，则至多有一条直线与a，b都垂直．其中真命题的序号是________．

解析　构造长方体ABCD—A1B1C1D1，可排除①③④⑤.

2．Rt△ABC在给定平面α上的射影有如下的判断：

①可能是一条线段；

②可能是直角三角形；

③可能是钝角三角形；

④可能是锐角三角形；

⑤可能是一条直线；

⑥可能是一条射线．其中正确判断的序号是____________．

答案　①②③④

解析　⑤不对，因为Rt△ABC的边长为有限长，所以它的射影不可能是一条直线；

⑥不对，原因同⑤.

3.如图，ABCD—A1B1C1D1为正方体，有下面结论：

①BD∥平面CB1D1；

②AC1⊥BD；

③AC1⊥平面CB1D1；

④异面直线AD与CB1所成的角为60°

.其中正确命题的序号是_______．

解析　①由BD∥B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，得BD∥平面CB1D1.②BD⊥平面AC1C.③由B1C⊥平面ABC1，得AC1⊥B1C，同理AC1⊥B1D1，所以AC1⊥平面CB1D1.④AD与B1C成45°

角．

4．正四棱锥S—ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．

答案　

＋

解析　如图，取CD的中点F、SC的中点G，连结EF，EG，FG，设EF交AC于点H，易知AC⊥EF，

又GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，

∴AC⊥GH，GH∩EF＝H，

∴AC⊥平面EFG，

故点P的轨迹是△EFG，其周长为

5．平面α∥β∥γ，直线a分别和α，β，γ交于A，B，C，直线b分别交α，β，γ于D，E，F，且AB＝2，DE＝4，EF＝3，则AC＝______________.

解析　当a，b异面时，

过A点作直线b的平行线交β，γ于E′，F′，

则