2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 6 第6讲 平行、垂直的综合问题课件 文 新人教A版

第6讲平行、垂直的综合问题第八章立体几何(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．空间中的证明与计算问题(师生共研)【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＝2x，PE＝22x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝13AB·AD·PE＝13x3.由题设得13x3＝83，故x＝2.从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝22，PB＝PC＝22.可得四棱锥P­ABCD的侧面积为12PA·PD＋12PA·AB＋12PD·DC＋12BC2sin60°＝6＋23.(1)几何体的体积柱体的体积V＝S底·h.锥体的体积V＝13S底·h.(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．(2019·湖北部分重点中学新高三起点考试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，E为AC与BD的交点，PA⊥平面ABCD，M为PA的中点，N为BC的中点，连接MN.(1)证明：MN∥平面PCD；(2)若点Q为PC的中点，∠BAD＝120°，PA＝3，AB＝1，求三棱锥A­QCD的体积．解：(1)证明：取PD中点R，连接MR，RC(图略)，因为MR∥AD，NC∥AD，MR＝12AD，NC＝12AD，所以MR∥NC，MR＝NC，所以四边形MNCR为平行四边形，所以MN∥RC，又RC⊂平面PCD，MN⊄平面PCD，所以MN∥平面PCD.(2)由已知条件得AC＝AD＝CD＝1，所以S△ACD＝34，所以VA­QCD＝VQ­ACD＝13×S△ACD×12PA＝18.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q­ABP的体积．空间中的翻折问题(师生共研)【解】(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC.又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝32.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝22.作QE⊥AC，垂足为E，则QE══∥13DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝13×QE×S△ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1.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．(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD︵所在平面垂直，M是CD︵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．立体几何中的探索性问题(师生共研)【解】(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，故BC⊥DM.因为M为CD︵上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.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．如图所示，已知长方体ABCD­A1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．(1)求证：AB1∥平面A1O1D；(2)若AB＝23AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？若存在，求出BEBB1；若不存在，说明理由．解：(1)证明：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(图略)．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△AME和△A1AB中，∠BAE＋∠ABM＝90°，∠ABM＋∠AA1B＝90°，所以∠BAE＝∠AA1B.所以Rt△ABE∽Rt△A1AB，所以BEAB＝ABAA1.因为AB＝23AA1，所以BE＝23AB＝49BB1，即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时BEBB1＝49.