2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 第二编 讲专题 专题四 立体几何 第3讲 立体几何中的热

第3讲立体几何中的热点问题第二编讲专题专题四立体几何「考情研析」高考对立体几何的考查，以几何元素的平行、垂直为重点．为了考查学生应用知识的能力和意识，高考试题中常以解答题的形式呈现，折叠问题和探索性问题是常考的综合题型.1核心知识回顾PARTONE1.折叠问题以折叠手段，将平面图形折成立体图形，据此提出的立体几何问题是折叠问题．解决此类问题的一般过程是：通过想象，充分认识图形在折叠前后的变与不变，根据立体几何中的相关概念、公理、定理等知识，准确推理论证，直到得出最终结论．2．探索性问题在高考数学问题中，有类问题是已知结论探求条件或在一定条件下探求结论是否存在，这类条件开放或结论开放的问题，通常称为探索性问题．解决此类问题常可以使用分析法来寻找解题思路．2热点考向探究PARTTWO考向1折叠问题例1(2019·蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD的边长为2，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起使得点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．(1)求证：平面PBC∥平面EFH；(2)求三棱锥P－EFH的体积．解(1)证明：因为在菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BE綊CH，四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，又EH⊄平面PBC，所以EH∥平面PBC．又点E，F分别为AB，AP的中点，所以EF∥BP，又EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC．而EF∩EH＝E，所以平面EFH∥平面PBC．(2)因为在菱形ABCD中，∠D＝60°，所以△ACD为正三角形，所以AH⊥CD，AH＝3，DH＝PH＝CH＝1.折叠后，PH⊥AH，又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，从而PH⊥平面ABCH.在△PAE中，点F为AP的中点，则S△PEF＝S△AEF，所以V三棱锥H－PEF＝V三棱锥H－AEF，而V三棱锥H－PEF＋V三棱锥H－AEF＝V三棱锥H－PAE，所以V三棱锥P－EFH＝V三棱锥H－PEF＝12V三棱锥H－PAE＝12V三棱锥P－AEH＝12×13×32×1＝312.(2019·沈阳二模)如图1所示，直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝12AB＝2，点E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直(如图2)，在图2所示的几何体D－ABC中．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)若点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F－BCE的体积．解(1)证明：在图1中，由题意，知AC＝BC＝22，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC．因为点E为AC的中点，如图，连接DE，则DE⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，DE⊂平面ACD，从而ED⊥平面ABC，所以ED⊥BC．又AC⊥BC，AC∩ED＝E，所以BC⊥平面ACD．(2)取DC的中点F，连接EF，BF，因为点E是AC的中点，所以EF∥AD，又EF⊂平面BEF，AD⊄平面BEF，所以AD∥平面BEF，由(1)知，DE为三棱锥B－ACD的高，因为三棱锥F－BCE的高h＝12DE＝12×2＝22，S△BCE＝12S△ABC＝12×12×22×22＝2，所以三棱锥F－BCE的体积为V三棱锥F－BCE＝13S△BCE·h＝13×2×22＝23.考向2探索性问题例2如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF；(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面DAF？并说明理由．解(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB，又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∵CB∩BF＝B，∴AF⊥平面CBF.∵AF⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面CBF.(2)存在满足条件的点M.取CF的中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN，则MN綊12CD，又AO綊12CD，则MN綊AO，∴四边形MNAO为平行四边形，∴OM∥AN，又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，∴OM∥平面DAF.即存在一点M为CF的中点，使得OM∥平面DAF.解决立体几何中探索性问题的基本思路：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，即存在，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，即不存在．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中点．(1)求证：AC1⊥平面B1D1C；(2)过E构造一条线段与平面B1D1C垂直，并证明你的结论．解(1)证明：∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1.如图，连接A1C1交B1D1于O，∵A1C1⊥B1D1，且AA1∩A1C1＝A1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1.同理，AC1⊥B1C，又B1C∩B1D1＝B1，∴AC1⊥平面B1D1C．(2)如图，连接EO，此线段与平面B1D1C垂直．∵E是AA1的中点，O是A1C1的中点，∴EO∥AC1.∵AC1⊥平面B1D1C，∴EO⊥平面B1D1C．3真题VS押题PARTTHREE『真题模拟』1．(2019·太原模拟)将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案C解析在题图①中，AD⊥BC，故在题图②中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面，故选C．2．(2019·南宁市高三适应性测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是()A．DC1⊥D1PB．平面D1A1P⊥平面A1APC．∠APD1的最大值为90°D．AP＋PD1的最小值为2＋2答案C解析连接CD1，易得DC1⊥平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故A结论正确；∵D1A1⊥平面ABB1A1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故B结论正确；当0A1P22时，∠APD1为钝角，故C结论错误；将平面AA1B沿A1B展成与平面A1BCD1共面，线段AD1即AP＋PD1的最小值，在平面展开图中解三角形得AD1＝2＋2，故D结论正确．故选C．3．(2019·蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足：a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c的位置关系不可能是()A．两两平行B．两两垂直C．两两相交D．两两异面答案A解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABCD、平面A1ADD1、平面A1ABB1两两垂直，则AB，AD，A1A在这三个平面中，它们两两相交且两两垂直，故B，C正确；CD，A1D1，BB1也在这三个平面中，它们彼此异面，故D正确；如图所示，设α∩β＝m，β∩γ＝n，α∩γ＝l.在平面γ内任取一点O(O∉l，O∉n)，过O作OE⊥l，OF⊥n，垂足分别为E，F.因为α⊥γ，α∩γ＝l，OE⊂平面γ，OE⊥l，故OE⊥α，因为m⊂α，所以OE⊥m，同理OF⊥m，因OE∩OF＝O，故m⊥γ，同理n⊥α，l⊥β.若a，b，c两两平行，因a⊂α，b⊂β，故a∥β或者a⊂β，若a∥β，因α∩β＝m，则a∥m，故a⊥γ，而c⊂γ，故a⊥c，与a∥c矛盾；若a⊂β，则a＝m，因m⊥γ，c⊂γ，故a⊥c，与a∥c矛盾．所以a，b，c两两平行不成立，故A错误．综上，故选A．4.(2019·江苏高考)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________．解析设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，∴VE－BCD＝13×12ab×12c＝112abc＝10.答案105.(2019·河南省六市高三第一次联考)如图，△ABC是等腰直角三角形，斜边AB＝2，D为直角边BC上的一点(不含端点)，将△ACD沿直线AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，若点C1在平面ABD上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是________．答案(1，2)解析∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB＝2，D为直角边BC上的一点，∴AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，将△ACD沿直线AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，∴AC1＝AC＝2，CD＝C1D∈(0，2)，∠AC1D＝90°，C1H⊥平面ABC，∴AHAC1＝2，当CD＝2时，B与D重合，AH＝1，当CD2时，AH12AB＝1，∵D为直角边BC上的一点，∴CD∈(0，2)，∴AH的取值范围是(1，2)．『金版押题』6．在四面体ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大值是()A．2327B．13C．239D．33答案A解析如图，取AB的中点E，连接CE，DE，设AB＝2x(0x1)，则CE＝DE＝1－x2，所以当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，此时，四面体ABCD的体积V＝13×12×2x×1－x2×1－x2＝13x－13x3.所以V′＝13－x2.令V′＝0，得x＝33.当x∈0，33时，V单调递增，当x∈33，1时，V单调递减，则当x＝33时，V有最大值，Vmax＝13×33－13×333＝2327.故选A．7．如图1，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB＝BC＝12CP，D是CP的中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图2，点M为棱P′C上的动点．(1)当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC？并证明；(2)若AB＝2，∠P′DC＝135°，证明：点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离．解(1)当点M为P′C的中点时，平面ADM⊥平面P′BC，证明如下：∵DP′＝DC，M为P′C的中点，∴P′C⊥DM，∵AD⊥DP′，AD⊥DC，∴AD⊥平面DP′C，∴AD⊥P′C，∴P′C⊥平面ADM，∴平面ADM⊥平面P′BC．(2)在平面P′CD上作P′H⊥CD的延长线于点H，由(1)中AD⊥平面DP′C，可知平面P′CD⊥平面ABCD，∴P′H⊥平面ABCD，由题意得DP′＝2，∠P′DH＝45°，∴P′H＝2，又VP′－ADC＝VC－P′AD，设点C到平面P′AD的距离为h，即13S△ADC×P′H＝13S△P′AD×h，由题意，△ADC≌△ADP′，即S△ADC＝S△P′AD．∴P′H＝h，故点C到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，且距离为2.4配套作业PARTFOUR一、选择题1．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a∥b的一个充分不必要条件是()A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α解析对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D中一定推出a∥b.答案D2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是()A．①②B．①④C．②③D．②④答案B解析由题可知平面APC⊥平面ABCD，且点P在各个面内的正投影均为正方形的中心．根据对称性，只需考虑△PAC在底面、后面、右面的正投影即可．显然△PAC在底面的正投影为正方形的对角线，在后面与右面的正投影相同，均为等腰直角三角形，故选B．3．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，