《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何初步 第6節(jié) 立體幾何中的綜合問題教學(xué)案 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何初步 第6節(jié) 立體幾何中的綜合問題教學(xué)案 文 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第六節(jié)　立體幾何中的綜合問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第140頁) ⊙考點1　線面位置關(guān)系與體積計算 　轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用 (1)證明線面平行、面面平行可轉(zhuǎn)化為證明線線平行；證明線線平行可以轉(zhuǎn)化為證明線面平行或面面平行． (2)從解題方法上講，由于線線垂直、線面垂直、面面垂直之間可以相互轉(zhuǎn)化，因此整個解題過程始終沿著線線垂直、線面垂直、面面垂直的轉(zhuǎn)化途徑進行． (3)求幾何體的體積也常用轉(zhuǎn)化法．如三棱錐頂點和底面的轉(zhuǎn)化，幾何體的高利用平行、中點，比例關(guān)系的轉(zhuǎn)化等． 　(2019·鄭州模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝90°，∠ABC＝90°，AB∥C

2、D，AB＝2CD＝2BC＝8，平面PAD⊥平面ABCD，M是PC的三等分點(靠近C點處)． (1)求證：平面MBD⊥平面PAD； (2)求三棱錐D-MAB的體積． [解](1)證明：由題易得BD＝AD＝4， ∴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)過點P作PO⊥AD交AD于點O(圖略)，∵平面PAD⊥平面DAB，平面PAD∩平面DAB＝AD，∴PO⊥平面DAB，∴點P到平面DAB的距離為PO＝2. ∴VD-MAB＝V

3、M-DAB＝S△DAB·PO＝××(4)2××2＝. 　解答本例第(2)問時，利用比例關(guān)系求出點M到平面ABCD的距離． 　已知邊長為2的正方形ABCD與菱形ABEF所在平面互相垂直，M為BC中點． (1)求證：EM∥平面ADF； (2)若∠ABE＝60°，求四面體M-ACE的體積． [解](1)證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴BC∥AD. ∵BC平面ADF，AD平面ADF， ∴BC∥平面ADF. ∵四邊形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

4、BCE∥平面ADF. ∵EM平面BCE， ∴EM∥平面ADF. (2)取AB中點P，連接PE. ∵在菱形ABEF中，∠ABE＝60°， ∴△AEB為正三角形，∴EP⊥AB. ∵AB＝2，∴EP＝. ∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， ∴EP⊥平面ABCD， ∴EP為四面體E-ACM的高． ∴VM-ACE＝VE-ACM＝S△ACM·EP ＝××1×2×＝. ⊙考點2　平面圖形的翻折問題 　解決平面圖形翻折問題的步驟 　(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2

5、，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. 圖1　　　　　　　　　圖2 (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求圖2中的四邊形ACGD的面積． [解](1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因為AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中點M，連接EM，DM. 因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG. 由已

6、知，四邊形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＝， 故DM＝2. 所以四邊形ACGD的面積為4. (1)解答本例第(1)問的關(guān)鍵是折疊后AD∥BE，CG∥BE不變． (2)解答本例第(2)問的關(guān)鍵是，根據(jù)DE⊥平面BCGE，四邊形BCGE是菱形找出四邊形ACGD的高． [教師備選例題] 　如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.將△CDE沿CE折起，使點D到P的位置，且AP＝，得到如圖2所示的四棱錐P-ABCE. 圖

7、1　　　　　　　　　　圖2 (1)求證：AP⊥平面ABCE； (2)記平面PAB與平面PCE相交于直線l，求證：AB∥l. [證明](1)在△CDE中， ∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝， 由余弦定理得 CE＝＝2. 連接AC， ∵AE＝2，∠AEC＝60°， ∴AC＝2. 又AP＝， ∴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. 　

8、(2019·濟南模擬)如圖1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，點E為AB的中點．將△ADE沿DE折起，使點A到達P的位置，得到如圖2所示的四棱錐P-EBCD，點M為棱PB的中點． 圖1　　　　　　　　　　　　圖2 (1)求證：PD∥平面MCE； (2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱錐M-BCE的體積． [解](1)證明：在題圖①中，∵BE＝AB＝CD， 且BE∥CD，∴四邊形EBCD是平行四邊形， 如圖，連接BD，交CE于點O，連接OM，∴O是BD的中點，又點M是棱PB的中點， ∴OM∥PD，∵PD平面MCE，OM平面MCE，∴P

9、D∥平面MCE. (2)在題圖中，EBCD是平行四邊形， ∴DE＝BC， ∵四邊形ABCD是等腰梯形， ∴AD＝BC，∴AD＝DE， ∵∠BAD＝45°，∴AD⊥DE， 如圖，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＝，∴OM＝PD＝AD＝， ∵S△BCE＝S△ADE＝1， ∴三棱錐M-BCE的體積 VM-BCE＝S△BCE·OM＝. ⊙考點3　線面位置關(guān)系中的存在性問題 　存在性問題的一般解題方法

10、 先假設(shè)其存在，然后把這個假設(shè)作為已知條件，和題目的其他已知條件一起進行推理論證和計算．在推理論證和計算無誤的前提下，如果得到了一個合理的結(jié)論，則說明存在；如果得到了一個不合理的結(jié)論，則說明不存在．而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給出符合要求的證明． 　(2019·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點． (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE； (3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由． [解](1)證明：因為PA

11、⊥平面ABCD， 所以PA⊥BD. 因為底面ABCD為菱形， 所以BD⊥AC. 又PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC. (2)證明：因為PA⊥平面ABCD， AE平面ABCD， 所以PA⊥AE. 因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE. 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB. 因為AE平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE. (3)棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE. 取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG， 則FG∥AB，且FG＝AB. 因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點， 所以C

12、E∥AB，且CE＝AB. 所以FG∥CE，且FG＝CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG. 因為CF平面PAE，EG平面PAE， 所以CF∥平面PAE. 　解答本例第(3)問的難點在于如何探索出點F是PB的中點，可結(jié)合點E是CD的中點，CF∥平面PAE探求． [教師備選例題] 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，BC＝PD＝2，E為PC的中點，CB＝3CG. (1)求證：PC⊥BC； (2)AD邊上是否存在一點M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． [解](1)證明：因為PD⊥平面ABC

13、D，BC平面ABCD，所以PD⊥BC. 因為四邊形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. 因為PC平面PCD，所以PC⊥BC. (2)連接AC，BD交于點O，連接EO，GO，延長GO交AD于點M，連接EM，則PA∥平面MEG. 證明如下：因為E為PC的中點，O是AC的中點， 所以EO∥PA. 因為EO平面MEG，PA平面MEG，所以PA∥平面MEG. 因為△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝，所以AM的長為. 　(2018·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的

14、點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由． [解](1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，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)當(dāng)P為AM的中點時，MC∥平面PBD. 證明如下：如圖，連接AC交BD于O. 因為ABCD為矩形，所以O(shè)為AC中點．連接OP，因為P為AM中點，所以MC∥OP.MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD. - 8 -