届高三数学一轮复习导学案教师讲义第8章第6讲 平行垂直的综合问题文档格式.docx
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在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.
所以A到平面PBC的距离为.
角度三 已知多面体的体积求其他量的值
（2017·
高考全国卷Ⅰ）如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°
.
平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°
，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
【解】
（1）证明：
由∠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）
如图所示，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PABCD的体积VPABCD＝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PABCD的侧面积为
PA·
PD＋PA·
AB＋PD·
DC＋BC2sin60°
＝6＋2.
（1）几何体的体积
柱体的体积V＝S底·
h.
锥体的体积V＝S底·
（2）几何体的表面积
直棱柱的侧面积S侧＝C底·
l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最后求和．
（3）计算几何体体积的关键及注意点
计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．
[通关练习]
如图，在底面为菱形的四棱锥PABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，E为侧棱PC上一点．
（1）若BE⊥PC，求证：
PC⊥平面BDE；
（2）若PA∥平面BDE，求平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比．
解：
连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，
所以PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.
因为BE⊥PC，BD∩BE＝B，所以PC⊥平面BDE.
（2）设AC∩BD＝O，连接OE，因为四边形ABCD为菱形，所以AO＝OC.
因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，所以PA∥OE，
所以PE＝EC，即E是PC的中点．
由
（1）知PA⊥底面ABCD，所以点E到平面ABCD的距离为PA.
故三棱锥EBCD与四棱锥PABCD的体积比值为
＝＝＝，
所以平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．
平面图形折叠成空间几何体问题
[学生用书P138]
高考全国卷Ⅱ）如图，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．
AC⊥HD′；
（2）若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．
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′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，
所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×
6×
8－×
×
3＝.
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝×
2＝.
平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．
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A1BCDE.
CD⊥平面A1OC；
（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．
在题图
（1）中，连接EC，
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，
从而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A1BCDE的高．
由题图
（1）知，A1O＝AO＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·
AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝S·
A1O＝×
a2×
a＝a3.
由a3＝36，得a＝6.
立体几何中的探索性问题
[学生用书P139]
如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.
（1）求证：
C1E∥平面ADF.
（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.
连接CE交AD于O，连接OF.
因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故＝＝，故OF∥C1E，
因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：
因为AB＝AC，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故△CBM≌△FCD.
易证CM⊥DF，DF与AD相交，
故CM⊥平面ADF.
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.
解决探索性问题的方法
（1）对命题条件的探索的三种途径
途径一：
先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．
途径二：
先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
途径三：
将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
（2）对命题结论的探索方法
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
[注意] 对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由．
1．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.
D1C⊥AC1；
（2）问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E的位置；
若不存在，说明理由．
在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接C1D，
因为DC＝DD1，所以四边形DCC1D1是正方形，
所以DC1⊥D1C.
又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，
所以AD⊥平面DCC1D1，
又D1C⊂平面DCC1D1，
所以AD⊥D1C.
因为AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，
所以D1C⊥平面ADC1，
又AC1⊂平面ADC1，所以D1C⊥AC1.
（2）假设存在点E，
使D1E∥平面A1BD.
连接AD1，AE，D1E，
设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，
连接MN，因为平面AD1E∩平面A1BD＝MN，
要使D1E∥平面A1BD，
可使MN∥D1E，
又M是AD1的中点，
则N是AE的中点．
又易知△ABN≌△EDN，
所以AB＝DE.
即E是DC的中点．
综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.
2．（2018·
成都模拟）在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，点F为BE的中点．
DE∥平面ACF.
（2）若AB＝CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？
若存在，求出的值；
若不存在，请说明理由．
连接OF，由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点．
又F为BE的中点，所以OF∥DE.
又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，
所以DE∥平面ACF.
（2）存在点G，此时＝.证明如下：
若CG⊥平面BDE，则必有CG⊥OE，于是作CG⊥OE于点G.
因为EC⊥底面ABCD，所以BD⊥EC，
又底面ABCD是正方形，
所以BD⊥AC，又EC∩AC＝C，所以BD⊥平面ACE.
而CG⊂平面ACE，所以CG⊥BD.
又OE∩BD＝O，
所以CG⊥平面BDE.
又AB＝CE，所以CO＝AB＝CE，
所以点G为EO的中点，所以＝.
空间几何体体积的计算方法
（1）若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．
（2）若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．
（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
折叠问题的求解策略
（1）关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．折线同侧的量位置关系不变，折线两侧的位置关系是变化量．
（2）综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，进而将其转化为立体几何的常规问题求解．
存在性问题的求解策略
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．
[学生用书P307（单独成册）]
1.
如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（ ）
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′FED的体积有最大值．
A．① B.①②
C．①②③D．②③
解析：
选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，
所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．
②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.
③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大，故选C.
2．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°
，∠BAD＝90°
.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是（ ）
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°
，
所以BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.
又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.
3．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是（ ）
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′BCD的体积为
选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；
由题设知：
△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；
由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°
知C不正确；
VA′BCD＝VCA′BD＝，D不正确．故选B.
4．在直角梯形ABCD中，AB＝2，CD＝CB＝1，∠ABC＝90°
，平面ABCD外有一点E，平面ADE⊥平面ABCD，AE＝ED＝1.
AE⊥BE；
（2）求点C到平面ABE的距离．
在直角梯形ABCD中，BD＝＝，AD＝，又AD＝＝，所以AE⊥ED.
因为AB2＝AD2＋BD2，
所以AD⊥BD，
因为平面ADE⊥平面ABCD，且交线为AD，AD⊥BD.
所以BD⊥平面ADE.
因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE.
因为AE⊥BD，AE⊥ED，BD∩DE＝D，
所以AE⊥平面BDE，
因为BE⊂平面BDE，所以AE⊥BE.
（2）如图，过点E作EM⊥AD，交AD于M.
因为平面ADE⊥平面ABCD，
所以EM⊥平面ABCD.设点C到平面ABE的距离为h，
EM＝，S△ABC＝×
AB×
BC＝×
2×
1＝1，
S△ABE＝×
EB×
AE＝×
1＝.
因为VEABC＝VCABE，
所以×
1×
＝×
h，所以h＝，
所以点C到平面ABE的距离为.
5．（2018·
太原模拟）如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3.
平面ACF⊥平面BEFD.
（2）若cos∠BAD＝，求几何体ABCDFE的体积．
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.
所以AC⊥平面BEFD.
所以平面ACF⊥平面BEFD.
（2）设AC与BD的交点为O，AB＝a（a>
0），
由
（1）得AC⊥平面BEFD，
因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD，
因为DF∥BE，所以DF⊥BD，
所以BD2＝EF2－（DF－BE）2＝8，所以BD＝2，
所以S四边形BEFD＝（BE＋DF）·
BD＝3，
因为cos∠BAD＝，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·
cos∠BAD＝a2＝8，
所以a＝，
所以OA2＝AB2－OB2＝3，所以OA＝，
所以VABCDFE＝2VABEFD＝S四边形BEFD·
OA＝2.
6．（2017·
高考全国卷Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
（2）连接EO.
由
（1）及题设知∠ADC＝90°
，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以
BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°
由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
1．（2018·
郑州第二次质量检测）如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.
（1）在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?
（2）当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．
（1）当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.
理由如下：
连接BD交MC于点N，连接NP.
在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，
因为△ADB中，＝，所以AD∥PN.
因为AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，
所以AD∥平面MPC.
（2）因为平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，
平面AMD中AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD.
所以VPMBC＝×
S△MBC×
在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，
又PC＝＝，所以S△MPC＝×
所以点B到平面MPC的距离为d＝＝＝.
2.
如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．
AB1∥平面A1O1D.
（2）若AB＝AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？
若存在，求出；
如图所示，连接AD1交A1D于点G，
所以G为AD1的中点．连接O1G.在△AB1D1中，
因为O1为B1D1的中点，
所以O1G∥AB1.
因为O1G⊂平面A1O1D，且AB1⊄平面A1O1D，
所以AB1∥平面A1O1D.
（2）若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，连接A1B交AE于点M.
因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE.
又因为A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，
所以AE⊥平面A1BC.
因为A1B⊂平面A1BC，
所以AE⊥A1B.
在△AMB和△ABE中，
∠BAM＋∠ABM＝90°
，∠BAM＋∠BEA＝90°
所以∠ABM＝∠BEA.
所以Rt△ABE∽Rt△A1AB，
所以＝.
因为AB＝AA1，
所以BE＝AB＝BB1，
即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时＝.
3．（2018·
福建质量检测）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形．
AE∥平面BCF；
（2）若AD⊥DE，AD＝DE＝1，AB＝2，∠BAD＝60°
，求三棱锥FAEC的体积．
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD∥BC.
又AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF，因为四边形BDEF是矩形，所以DE∥BF.又DE⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，
所以DE∥平面BCF.
因为AD∩DE＝D，AD⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以平面ADE∥平面BCF.
因为AE⊂平面ADE，所以AE∥平面BCF.
（2）设AC与BD交于点O，则O为AC的中点．连接OE，OF，如图．
故VFAEC＝VCAEF＝2VOAEF＝2VAOEF.
在△ABD中，∠BAD＝60°
，AD＝1，AB＝2，
由余弦定理得，BD2＝AB2＋AD2－2AB·
cos∠BAD，
所以BD＝，
所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.
又DE⊥AD，BD∩DE＝D，BD⊂平面BDEF，DE⊂平面BDEF，所以AD⊥平面BDEF，
故AD的长为点A到平面BDEF的距离．
因为DE＝1，所以S△OEF＝S四边形BDEF＝BD·
DE＝，所以VAOEF＝S△OEF·
AD＝，
故VFAEC＝2VAOEF＝，即三棱锥FAEC的体积为.
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