知识梳理与自测人教A版文科数学《高考专题突破四 高考中的立体几何问题》.docx

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知识梳理与自测人教A版文科数学《高考专题突破四高考中的立体几何问题》

高考专题突破四　高考中的立体几何问题

题型一　平行、垂直关系的证明

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.

证明　

（1）∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，

∴CC1⊥平面ABC.

∵AD⊂平面ABC，

∴AD⊥CC1.

又∵AD⊥DE，DE∩CC1＝E，DE，CC1⊂平面BCC1B1，

∴AD⊥平面BCC1B1.

∵AD⊂平面ADE，

∴平面ADE⊥平面BCC1B1.

（2）∵△A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，

∴A1F⊥B1C1.

∵CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，

∴A1F⊥CC1.

又∵B1C1∩CC1＝C1，B1C1，CC1⊂平面BCC1B1，

∴A1F⊥平面BCC1B1.

又∵AD⊥平面BCC1B1，

∴A1F∥AD.

∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，

∴直线A1F∥平面ADE.

思维升华

（1）平行问题的转化

利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．

（2）垂直问题的转化

在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．

跟踪训练1（2018·北京）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

（1）求证：

PE⊥BC；

（2）求证：

平面PAB⊥平面PCD；

（3）求证：

EF∥平面PCD.

证明　

（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，

所以PE⊥AD.

因为底面ABCD为矩形，

所以BC∥AD，所以PE⊥BC.

（2）因为底面ABCD为矩形，

所以AB⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，

所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，

所以PD⊥平面PAB.

又PD⊂平面PCD，

所以平面PAB⊥平面PCD.

（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG.

因为F，G分别为PB，PC的中点，

所以FG∥BC，FG＝BC，

因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，

所以DE∥BC，DE＝BC.

所以DE∥FG，DE＝FG.

所以四边形DEFG为平行四边形，

所以EF∥DG.

又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，

所以EF∥平面PCD.

题型二　立体几何中的计算问题

例2（2018·湘东五校联考）如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，△A1CB是等边三角形，AC＝AB＝1，B1C1∥BC，BC＝2B1C1.

（1）求证：

AB1∥平面A1C1C；

（2）求多面体ABCA1B1C1的体积．

（1）证明　如图，取BC的中点D，连接AD，B1D，C1D，

∵B1C1∥BC，BC＝2B1C1，

∴BD∥B1C1，BD＝B1C1，CD∥B1C1，CD＝B1C1，

∴四边形BDC1B1，CDB1C1是平行四边形，

∴C1D∥B1B，C1D＝B1B，CC1∥B1D，

又B1D⊄平面A1C1C，C1C⊂平面A1C1C，

∴B1D∥平面A1C1C.

在正方形ABB1A1中，BB1∥AA1，BB1＝AA1，

∴C1D∥AA1，C1D＝AA1，

∴四边形ADC1A1为平行四边形，

∴AD∥A1C1.

又AD⊄平面A1C1C，A1C1⊂平面A1C1C，

∴AD∥平面A1C1C，

∵B1D∩AD＝D，B1D，AD⊂平面ADB1，

∴平面ADB1∥平面A1C1C，

又AB1⊂平面ADB1，∴AB1∥平面A1C1C.

（2）解　在正方形ABB1A1中，A1B＝，

∵△A1BC是等边三角形，∴A1C＝BC＝，

∴AC2＋AA＝A1C2，AB2＋AC2＝BC2，

∴AA1⊥AC，AC⊥AB.

又AA1⊥AB，∴AA1⊥平面ABC，

∴AA1⊥CD，

易得CD⊥AD，又AD∩AA1＝A，∴CD⊥平面ADC1A1.

易知多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABD－A1B1C1和四棱锥C－ADC1A1组成的，

直三棱柱ABD－A1B1C1的体积为××1＝，

四棱锥C－ADC1A1的体积为××1×＝，

∴多面体ABCA1B1C1的体积为＋＝.

思维升华

（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．

跟踪训练2（2019·广州调研）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.

（1）证明：

平面PAC⊥平面PCE；

（2）若∠ABC＝60°，求三棱锥P－ACE的体积．

（1）证明　如图，连接BD，交AC于点O，

设PC的中点为F，连接OF，EF.

易知O为AC的中点，

所以OF∥PA，且OF＝PA.

因为DE∥PA，且DE＝PA，

所以OF∥DE，且OF＝DE，

所以四边形OFED为平行四边形，

所以OD∥EF，即BD∥EF.

因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.

因为四边形ABCD是菱形，

所以BD⊥AC.

因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BD⊥平面PAC.

因为BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.

因为EF⊂平面PCE，

所以平面PAC⊥平面PCE.

（2）解　因为∠ABC＝60°，

所以△ABC是等边三角形，所以AC＝2.

又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以PA⊥AC.

所以S△PAC＝PA×AC＝2.

因为EF⊥平面PAC，所以EF是三棱锥E－PAC的高．

易知EF＝DO＝BO＝，

所以三棱锥P－ACE的体积V三棱锥P－ACE＝V三棱锥E－PAC＝S△PAC×EF＝×2×＝.

题型三　立体几何中的探索性问题

例3如图，梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.

（1）求证：

DF⊥CE；

（2）若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG∥平面EFC？

并说明理由．

（1）证明　连接EB.∵在梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝1，DC＝2，

∴BD＝，BC＝，

∴BD2＋BC2＝CD2，

∴BC⊥BD.

又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.

又∵正方形BDEF中，DF⊥EB，且EB，BC⊂平面BCE，EB∩BC＝B，

∴DF⊥平面BCE.

又∵CE⊂平面BCE，∴DF⊥CE.

（2）解　在棱AE上存在点G，使得平面OBG∥平面EFC，且＝.

理由如下：

连接OG，BG，在梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝1，DC＝2，

∴AB∥DC，∴＝＝.

又∵＝，∴OG∥CE.

又∵正方形BDEF中，EF∥OB，

且OB，OG⊄平面EFC，EF，CE⊂平面EFC，

∴OB∥平面EFC，OG∥平面EFC.

又∵OB∩OG＝O，且OB，OG⊂平面OBG，

∴平面OBG∥平面EFC.

思维升华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．

跟踪训练3（2018·全国Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

（1）证明：

平面AMD⊥平面BMC.

（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？

说明理由．

（1）证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，

交线为CD.

因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，

又DM⊂平面CMD，

故BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，

所以DM⊥CM.

又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，

所以DM⊥平面BMC.

又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.

（2）解　当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.

证明如下：

连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，

所以O为AC的中点．

连接OP，因为P为AM的中点，

所以MC∥OP.

又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，

所以MC∥平面PBD.

1.如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角三角形ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.

（1）求证：

平面BCD⊥平面ABC；

（2）求证：

AF∥平面BDE.

证明　

（1）∵平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE＝AC，CD⊥AC，CD⊂平面ACDE，

∴DC⊥平面ABC.

又DC⊂平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABC.

（2）如图，取BD的中点P，连接EP，FP，则PF∥DC，PF＝DC，

∵EA∥DC，EA＝DC，

∴EA∥PF，EA＝PF，

∴四边形AFPE是平行四边形，

∴AF∥EP，

∵AF⊄平面BDE，EP⊂平面BDE，

∴AF∥平面BDE.

2.如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．

（1）证明：

AE∥平面BDF；

（2）点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？

若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．

（1）证明　连接AC交BD于点O，连接OF.

∵四边形ABCD是矩形，

∴O为AC的中点．

又F为EC的中点，∴OF∥AE.

又OF⊂平面BDF，

AE⊄平面BDF，

∴AE∥平面BDF.

（2）解　当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：

取BE的中点H，连接DP，PH，CH.

∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.

又AB∥CD，∴PH∥CD，

∴P，H，C，D四点共面．

∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，

CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE.

又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，

∵BC＝CE，且H为BE的中点，

∴CH⊥BE.

又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，

∴BE⊥平面DPHC.

又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE.

3．（2018·江苏）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，

AA1＝AB，AB1⊥B1