2017年《南方新课堂高考总复习》数学(理科)专题五立体几何[配套课件]

专题五立体几何题型1利用空间向量求空间角(距离)就全国试卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两法”的格局.在备考中，对理科考生而言，还是应该注重两种方法并重，不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)，千万不要重计算而轻论证．．．．．．．．．．．！(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值.图5-1例1：(2015年重庆)如图5­1，三棱锥P­ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.如图5-2，过点D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝EF＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝2，得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解：由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝π4.图5-2由∠ACB＝π2，得DF∥AC，DFAC＝FBBC＝23.故AC＝32DF＝32.以C为坐标原点，分别以CA→，CB→，CP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0,0,0，)，P(0,0,3)，A32，0，0，E(0,2,0)，D(1,1,0)，ED→＝(1，－1,0).DP→＝(－1，－1,3)，DA→＝12，－1，0.设平面PAD的法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DP→＝0，n1·DA→＝0，得－x1－y1＋3z1＝0，12x1－y1＝0.故可取n1＝(2,1,1).由(1)可知，DE⊥平面PCD.故平面PCD的法向量n2可取为ED→，即n2＝(1，－1,0).从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝36.故所求二面角A­PD­C的余弦值为36.【规律方法】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来处理，对于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的转化关系来证明，对于异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角可分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为相交直线所成的角来处理.本题主要考查立体几何中传统的平行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大，旨在考查考生的对解题技巧的把握和抽象分析能力.【互动探究】1.(2014年新课标Ⅱ)如图5-3，四棱锥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；E-ACD的体积.图5-3(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形.所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解：因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形.所以AB，AD，AP两两垂直.如图D61，以A为坐标原点，AB→的方向为x轴的正方向，|AP→|为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，3，0)，E0，32，12，AE→＝0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，则C(m，3，0)，AC→＝(m，3，0).设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1·AC→＝0，n1·AE→＝0，即mx＋3y＝0，32y＋12z＝0.可取n1＝3m，－1，3.又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量.由题设|cos〈n1，n2〉|＝12，即图D6133＋4m2＝12，解得m＝32.因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为12.三棱锥E­ACD的体积V＝13×12×3×32×12＝38.题型2折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题.平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键.一般地，翻折后还在同一个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.解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法.例2：如图54，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.点E，F分别在边CD，CB上，点E与点C，D不重合，EF⊥AC于点O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED.(1)求证：BD⊥平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P-BFED的体积.图5-4思维点拨：(1)根据翻折前后直线BD与直线AO的垂直关系不变，可使用线面垂直判定定理进行证明；(2)先选用一个与PB有关的变量表示PB的长度，使用函数的方法求出在什么情况下PB最小，再求出四棱锥P-BFED的高和底面积，根据锥体体积公式计算即可.(1)证明：因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO⊂平面PEF.所以PO⊥平面ABFED.因为BD⊂平面ABFED，所以PO⊥BD.因为AO∩PO＝O，又BD⊥AO，所以BD⊥平面POA.(2)解：设AO∩BD＝H，因为∠DAB＝60°，图5-5所以△BDA为等边三角形.故BD＝4，HB＝2，HA＝23.设PO＝x，如图5-5，连接OB，PH，则OH＝23－x，OA＝43－x.由OH⊥BD，则OB2＝OH2＋BH2＝(23－x)2＋22.由(1)知，PO⊥平面BFED，则PO⊥OB.所以PB＝OB2＋OP2＝（23－x）2＋22＋x2＝2（x－3）2＋10.当x＝3时，PBmin＝10，此时PO＝3.所以当PB取得最小值时，V四棱锥P­BFED＝13×S梯形BFED×PO＝13×34×42－34×22×3＝3.【规律方法】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折叠前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变.如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明.【互动探究】2.(2014年广东)如图5-6(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图5-6(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M-CDE的体积.(1)(2)图5-6(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD.∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD.又PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD，∴AD⊥CF，即CF⊥MD.又MF⊥CF，MF∩MD＝M，∴CF⊥平面MDF.(2)解：∵CF⊥平面MDF，∴CF⊥DF.由PC＝2，CD＝AB＝1，且PD⊥CD，得DP＝3，∠PCD＝60°.则∠CDF＝90°－60°＝30°.∴CF＝12CD＝12.∵EF∥DC，∴DEDP＝CFCP，即DE3＝122.∴DE＝34.∴PE＝3－34＝334.∴S△CDE＝12CD·DE＝38，MD＝ME2－DE2＝PE2－DE2＝3342－342＝62.∴VM­CDE＝13S△CDE·MD＝13×38×62＝216.题型3探索性问题图5-7例3：(2014年湖北)如图57，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0λ2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.方法一(几何法)：(1)证明：如图58，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.图5-8当λ＝1时，P是DD1的中点，且F是AD的中点，所以FP∥AD1.所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解：如图5-9，连接BD.图5-9因为E，F分别是AB，AD的中点，又DP＝BQ，DP∥BQ，所以EF∥BD，且EF＝12BD.所以四边形PQBD是平行四边形.在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN也是等腰梯形.分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故PQBD.从而EF∥PQ，且EF＝12PQ.所以EQ＝FP＝1＋λ2.故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成二面角的平面角.若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.如图5-9，连接EM，FN，则由EFMN知，四边形EFNM是平行四边形.连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2.在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－222＝λ2＋12，OG2＝1＋(2－λ)2－222＝(2－λ)2＋12.由OG2＋OH2＝GH2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4.解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.方法二(向量法)：图5-10BC1→＝(－2,0,2)，FP→＝(－1,0，λ)，FE→＝(1,1,0).以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立如图510所示的空间直角坐标系.由已知，得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，λ).(1)证明：当λ＝1时，FP→＝(－1,0,1)，因为BC1→＝(－2,0,2)，所以BC1→＝2FP→，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解：设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→·n＝0，FP→·n＝0，得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1).同理得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1).若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0.解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.【互动探究】3.(2015年湖北)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图5-11所示的阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE，BD，BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；图5-11(2)记阳马P­ABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求V1V2的值.(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)解：由已知，PD是阳马P-ABCD的高，所以V1＝13SABCD·PD＝13BC·CD·PD；由(1)知