2021高考数学一轮复习 第8章 立体几何初步 第6节 立体几何中的综合问题教学案 文 北师大版

-1-第六节立体几何中的综合问题(对应学生用书第140页)⊙考点1线面位置关系与体积计算转化思想的应用(1)证明线面平行、面面平行可转化为证明线线平行；证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行．(2)从解题方法上讲，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行．(3)求几何体的体积也常用转化法．如三棱锥顶点和底面的转化，几何体的高利用平行、中点，比例关系的转化等．(2019·郑州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝90°，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝8，平面PAD⊥平面ABCD，M是PC的三等分点(靠近C点处)．(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)求三棱锥D­MAB的体积．[解](1)证明：由题易得BD＝AD＝42，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又∵BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.(2)过点P作PO⊥AD交AD于点O(图略)，∵平面PAD⊥平面DAB，平面PAD∩平面DAB＝AD，∴PO⊥平面DAB，∴点P到平面DAB的距离为PO＝22.∴VD­MAB＝VM­DAB＝13S△DAB·13PO＝13×12×(42)2×13×22＝3229.解答本例第(2)问时，利用比例关系求出点M到平面ABCD的距离．已知边长为2的正方形ABCD与菱形ABEF所在平面互相垂直，M为BC中点．-2-(1)求证：EM∥平面ADF；(2)若∠ABE＝60°，求四面体M­ACE的体积．[解](1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD.∵BC平面ADF，AD平面ADF，∴BC∥平面ADF.∵四边形ABEF是菱形，∴BE∥AF.∵BE平面ADF，AF平面ADF，∴BE∥平面ADF.∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF.∵EM平面BCE，∴EM∥平面ADF.(2)取AB中点P，连接PE.∵在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，∴△AEB为正三角形，∴EP⊥AB.∵AB＝2，∴EP＝3.∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴EP⊥平面ABCD，∴EP为四面体E­ACM的高．∴VM­ACE＝VE­ACM＝13S△ACM·EP＝13×12×1×2×3＝33.⊙考点2平面图形的翻折问题解决平面图形翻折问题的步骤-3-(2019·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.图1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)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.(1)解答本例第(1)问的关键是折叠后AD∥BE，CG∥BE不变．(2)解答本例第(2)问的关键是，根据DE⊥平面BCGE，四边形BCGE是菱形找出四边形ACGD的高．[教师备选例题]如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝7，cos∠EDC＝57.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝3，得到如图2所示的四棱锥P­ABCE.-4-图1图2(1)求证：AP⊥平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.[证明](1)在△CDE中，∵CD＝ED＝7，cos∠EDC＝57，由余弦定理得CE＝72＋72－2×7×7×57＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝3，∴在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.∵AC∩AE＝A，AC平面ABCE，AE平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE平面PCE，AB平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.(2019·济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．-5-图1图2(1)求证：PD∥平面MCE；(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．[解](1)证明：在题图①中，∵BE＝12AB＝CD，且BE∥CD，∴四边形EBCD是平行四边形，如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，∴O是BD的中点，又点M是棱PB的中点，∴OM∥PD，∵PD平面MCE，OM平面MCE，∴PD∥平面MCE.(2)在题图中，EBCD是平行四边形，∴DE＝BC，∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AD＝BC，∴AD＝DE，∵∠BAD＝45°，∴AD⊥DE，如图，PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，∴PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，∴OM⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，∵AE＝2，∴AD＝DE＝2，∴OM＝12PD＝12AD＝22，∵S△BCE＝S△ADE＝1，∴三棱锥M­BCE的体积VM­BCE＝13S△BCE·OM＝26.⊙考点3线面位置关系中的存在性问题存在性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．-6-(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．[解](1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FG∥AB，且FG＝12AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝12AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF∥平面PAE.解答本例第(3)问的难点在于如何探索出点F是PB的中点，可结合点E是CD的中点，CF∥平面PAE探求．[教师备选例题]如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC＝PD＝2，E为PC-7-的中点，CB＝3CG.(1)求证：PC⊥BC；(2)AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC平面PCD，所以PC⊥BC.(2)连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，延长GO交AD于点M，连接EM，则PA∥平面MEG.证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，所以EO∥PA.因为EO平面MEG，PA平面MEG，所以PA∥平面MEG.因为△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝23，所以AM的长为23.(2018·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．[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，-8-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.