《2019屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 模塊四 立體幾何 第13講 立體幾何學(xué)案 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 模塊四 立體幾何 第13講 立體幾何學(xué)案 文（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第13講　立體幾何 1.[2017·全國(guó)卷Ⅰ] 如圖M4-13-1, 圖M4-13-1 在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)證明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱錐P-ABCD的體積為83,求該四棱錐的側(cè)面積. [試做]________________________________________________________________________ ______________________________________________________________

2、________________ 命題角度　證明垂直的解題策略 證明線面垂直或者面面垂直的關(guān)鍵是證明線線垂直,進(jìn)而利用判定定理或性質(zhì)定理得到結(jié)論. 證明線線垂直的常用方法: ①利用特殊圖形中的垂直關(guān)系; ②利用等腰三角形底邊中線的性質(zhì); ③利用勾股定理的逆定理; ④利用直線與平面垂直的性質(zhì). 2.[2016·全國(guó)卷Ⅲ] 如圖M4-13-2, 圖M4-13-2 四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn). (1)證明:MN∥平面PAB; (2)求四面體N-BCM的體積.

3、 [試做] ________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 命題角度　證明平行的解題策略 證明線面平行的一般思路:先證明線線平行(用幾何體的特征、中位線定理、線面平行的性質(zhì)定理或者構(gòu)造平行四邊形、尋找比例式等證明兩直線平行),再證明線面平行(注意推證線面平行時(shí),一定要強(qiáng)調(diào)直線不在平面內(nèi),否則會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤). 3.[2016·全國(guó)卷Ⅱ]

4、如圖M4-13-3, 圖M4-13-3 菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置. (1)證明:AC⊥HD'; (2)若AB=5,AC=6,AE=54,OD'=22,求五棱錐D'-ABCFE的體積. [試做] ?________________________________________________________________________ __________________________________________________________________

5、____________ 命題角度　折疊問(wèn)題 證明折疊問(wèn)題中的平行與垂直,關(guān)鍵是分清折疊前后圖形的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系中的變與不變.一般地,折疊前位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系折疊后不變,而折疊前位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線間的位置關(guān)系折疊后會(huì)發(fā)生變化.對(duì)于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理,而對(duì)于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決. 解答1平行、垂直關(guān)系的證明 1 如圖M4-13-4,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形AA1B1B為菱形,AB=AC=BC,D,E,F分別為A1B1,CC1,AA1的中點(diǎn). (1)求證:DE∥平面A1BC; (2)若平面ABC⊥平面AA1B1

6、B,求證:AB1⊥CF. 圖M4-13-4 [聽(tīng)課筆記](méi)?____________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 【考場(chǎng)點(diǎn)撥】 高考常考平行、垂直關(guān)系的解題策略: (1)證明空間中的平行、垂直關(guān)系的常用方法是轉(zhuǎn)化,如證明面面平行時(shí),可轉(zhuǎn)化為證明線面平行,而證明線面平行時(shí),可轉(zhuǎn)化為證明線線平行,但有的時(shí)候證明線面平行時(shí),也可先證明面面平行,然后

7、就能根據(jù)定義得出線面平行. (2)在證明時(shí),常通過(guò)三角形、平行四邊形、矩形等平面圖形去尋找平行和垂直關(guān)系. 【自我檢測(cè)】 如圖M4-13-5所示,四邊形ABCD為菱形,AF=2,AF∥DE,DE⊥平面ABCD. (1)求證:AC⊥平面BDE. (2)當(dāng)DE為何值時(shí),直線AC∥平面BEF?請(qǐng)說(shuō)明理由. 圖M4-13-5 解答2體積、距離的計(jì)算 2 如圖M4-13-6,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,點(diǎn)M在線段PC上,且PM=2MC,N為AD的中點(diǎn). (1)求證:AD⊥平面PNB; (2)若平面PAD⊥平面ABCD

8、,求三棱錐P-NBM的體積. 圖M4-13-6 [聽(tīng)課筆記](méi)?____________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 【考場(chǎng)點(diǎn)撥】 高考?？俭w積和距離問(wèn)題的解題策略: (1)求空間幾何體的體積的常用方法有換底法,轉(zhuǎn)化法,割補(bǔ)法.換底法的一般思路是找出幾何體的底面和高,看底面積和高是否容易計(jì)算,若較難計(jì)算,則轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)和底面,使得底面積和高都比

9、較容易求出;轉(zhuǎn)化法是利用一個(gè)幾何體與另一個(gè)幾何體之間的關(guān)系,轉(zhuǎn)化為求另一個(gè)幾何體的體積;對(duì)于較復(fù)雜的幾何體,有時(shí)也進(jìn)行分割和補(bǔ)形,間接求得體積. (2)求立體幾何中的距離問(wèn)題時(shí)常利用等體積法,即把要求的距離轉(zhuǎn)化成一個(gè)幾何體的高,利用同一個(gè)幾何體的體積相等,轉(zhuǎn)換這個(gè)幾何體的頂點(diǎn)去求解. 【自我檢測(cè)】 1.如圖M4-13-7,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC1⊥平面A1BC. (1)證明:平面ABC⊥平面ACC1A1; (2)若BC=AC=2,A1A=A1C,求點(diǎn)B1到平面A1BC的距離. 圖M4-13-7 2.在如圖M4-13-8所示的四

10、棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為菱形,∠DAB=60°,△PAB為正三角形. (1)證明:AB⊥PD; (2)若PD=62AB,四棱錐P-ABCD的體積為16,求PC的長(zhǎng). 圖M4-13-8 解答3翻折與探索性問(wèn)題 3[2018·全國(guó)卷Ⅰ] 如圖M4-13-9所示,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積. 圖M4-13-9 [

11、聽(tīng)課筆記](méi) __________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 【考場(chǎng)點(diǎn)撥】 高考中翻折與探索性問(wèn)題的解題策略: (1)翻折問(wèn)題有一定的難度,在解題時(shí),一定要先弄清楚在翻折過(guò)程中哪些量發(fā)生了變化,哪些量沒(méi)有發(fā)生變化.一般情況下,長(zhǎng)度不發(fā)生變化,而位置關(guān)系發(fā)生變化.再通過(guò)連線得到三棱錐、四棱錐等幾何體,最后把問(wèn)題轉(zhuǎn)化到我們較熟悉的幾何體中去解決.

12、(2)對(duì)于探索性問(wèn)題,一般根據(jù)問(wèn)題的設(shè)問(wèn),首先假設(shè)其存在,然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證,如果通過(guò)推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè),如果得到了矛盾就否定假設(shè). 【自我檢測(cè)】 1.如圖M4-13-10①所示,在矩形ABCD中,AB=2AD,M為DC的中點(diǎn),將△ADM沿AM折起,使平面ADM⊥平面ABCM,如圖M4-13-10②所示. (1)求證:平面BMD⊥平面ADM; (2)當(dāng)AB=2時(shí),求三棱錐M-BCD與三棱錐D-ABM的體積比. 圖M4-13-10 2.如圖M4-13-11①,在四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F

13、分別在BC,AD上,EF∥AB,現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC,如圖M4-13-11②所示. (1)若BE=1,在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P,且AP=λPD,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出λ的值;若不存在,說(shuō)明理由. (2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值. 圖M4-13-11 第13講　立體幾何 典型真題研析 1.解:(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD

14、⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD,垂足為E. 由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD. 設(shè)AB=x,則由已知可得AD=2x,PE=22x, 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=13AB·AD·PE=13x3. 由題設(shè)得13x3=83,故x=2. 從而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22, 可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為 12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin60°=6+23. 2.

15、解:(1)證明:由已知得AM=23AD=2,取BP的中點(diǎn)T,連接AT,TN.由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC,且TN=12BC=2. 又AD∥BC,所以TN􀱀AM,所以四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT. 因?yàn)锳T?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,N為PC的中點(diǎn), 所以N到平面ABCD的距離為12PA. 取BC的中點(diǎn)E,連接AE.由AB=AC=3,得AE⊥BC,AE=AB2-BE2=5. 由AM∥BC得M到BC的距離為5,故S△BCM=12×4×5=25. 所以四面體N-BCM的體積VN-BCM=13×

16、S△BCM×PA2=453. 3.解:(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD. 又由AE=CF得AEAD=CFCD,故AC∥EF. 由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'. (2)由EF∥AC得OHDO=AEAD=14. 由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4, 所以O(shè)H=1,D'H=DH=3, 于是OD'2+OH2=(22)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH. 由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD', 又OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以O(shè)D'⊥平面ABC. 由EFAC=DHDO得E

17、F=92. 五邊形ABCFE的面積S=12×6×8-12×92×3=694. 所以五棱錐D'-ABCFE的體積V=13×694×22=2322. 考點(diǎn)考法探究 解答1 例1　證明:(1)設(shè)AB1,A1B相交于點(diǎn)O,連接OD,OC. 因?yàn)镺,D分別為A1B,A1B1的中點(diǎn),所以O(shè)D∥BB1,且OD=12BB1. 因?yàn)锽B1∥CC1,BB1=CC1,E是CC1的中點(diǎn),所以CE∥BB1,且CE=12BB1, 所以CE∥OD,CE=OD,所以四邊形ODEC是平行四邊形, 所以O(shè)C∥DE. 又OC?平面A1BC,DE?平面A1BC, 所以DE∥平面A1BC. (2)因?yàn)樗倪呅蜛

18、A1B1B為菱形, 所以AB1⊥A1B. 取AB的中點(diǎn)M,連接MF,MC. 因?yàn)镸,F分別為AB,AA1的中點(diǎn), 所以MF∥A1B,AB1⊥MF. 因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,所以CM⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AA1B1B,CM?平面ABC,平面ABC∩平面AA1B1B=AB, 所以CM⊥平面AA1B1B, 所以CM⊥AB1. 又MF∩CM=M,所以AB1⊥平面CMF, 所以AB1⊥CF. 【自我檢測(cè)】 解:(1)證明:因?yàn)镈E⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, 所以AC⊥DE. 在菱形ABCD中,AC⊥BD,又DE∩BD=D,DE?平面BDE,BD?平面BDE

19、. 所以AC⊥平面BDE. (2)當(dāng)DE=4時(shí),直線AC∥平面BEF,理由如下: 在菱形ABCD中,設(shè)AC交BD于點(diǎn)O, 取BE的中點(diǎn)M,連接OM,FM,則OM為△BDE的中位線, 所以O(shè)M∥DE,且OM=12DE=2, 又AF∥DE,AF=12DE=2,所以O(shè)M∥AF,且OM=AF. 所以四邊形AOMF為平行四邊形,則AC∥FM. 因?yàn)锳C?平面BEF,FM?平面BEF, 所以直線AC∥平面BEF. 解答2 例2　解:(1)證明:∵PA=PD,N為AD的中點(diǎn),∴PN⊥AD. ∵底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,N為AD的中點(diǎn),∴BN⊥AD, ∵PN∩BN=N,∴

20、AD⊥平面PNB. (2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,PN?平面PAD, ∴PN⊥平面ABCD, ∴PN⊥NB,又PA=PD=AD=2,∴PN=NB=3, ∴S△PNB=12×3×3=32. ∵AD⊥平面PNB,AD∥BC,∴BC⊥平面PNB. ∵PM=2MC, ∴VP-NBM=VM-PNB=23VC-PNB=23×13×32×2=23, ∴三棱錐P-NBM的體積為23. 【自我檢測(cè)】 1.解:(1)證明:∵AC1⊥平面A1BC,∴AC1⊥BC. ∵∠BCA=90°, ∴BC⊥AC,又AC∩AC1=A,∴BC⊥平面ACC1A1

21、. 又BC?平面ABC,∴平面ABC⊥平面ACC1A1. (2)取AC的中點(diǎn)D,連接A1D,B1C,如圖所示. ∵A1A=A1C,∴A1D⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,A1D?平面ACC1A1, ∴A1D⊥平面ABC. ∵AC1⊥平面A1BC,∴AC1⊥A1C, ∴四邊形ACC1A1為菱形,AA1=AC. 又A1A=A1C,∴△A1AC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,∴A1D=3, ∴VABC -A1B1C1=12×2×2×3=23. 設(shè)點(diǎn)B1到平面A1BC的距離為h, 則VB1-A1BC=13VABC -A1B1C1=233=13h

22、SA1BC. 又BC⊥A1C,BC=2,A1C=2,∴SA1BC=2,∴h=3. 所以點(diǎn)B1到平面A1BC的距離為3. 2.解:(1)證明:取AB的中點(diǎn)O,連接PO,DO,BD,如圖所示. ∵四邊形ABCD為菱形,∠DAB=60°, ∴△ABD為正三角形,∴DA=DB,∴DO⊥AB, ∵△PAB為正三角形,∴PO⊥AB, 又∵DO∩PO=O,PO?平面POD,DO?平面POD, ∴AB⊥平面POD, ∵PD?平面POD,∴AB⊥PD. (2)設(shè)AB=2x,則PD=6x.在正三角形PAB中,PO=3x,同理DO=3x, ∴PO2+OD2=PD2,∴PO⊥OD, 又

23、∵PO⊥AB,DO∩AB=O,DO?平面ABCD,AB?平面ABCD, ∴PO⊥平面ABCD, ∴VP-ABCD=13×23x2×3x=16,∴x=2,則PD=26,CD=AB=4. ∵AB∥CD,AB⊥PD,∴CD⊥PD, ∴PC=PD2+CD2=(26)2+42=210. 解答3 例3　解:(1)證明: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,垂足為E,則QE13DC.

24、 由已知及(1)可知DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22sin45°=1. 【自我檢測(cè)】 1.解:(1)證明:在矩形ABCD中,AB=2AD,M為DC的中點(diǎn), ∴△ADM,△BCM都是等腰直角三角形, 且∠ADM=90°,∠BCM=90°,∴BM⊥AM,折起后這一垂直關(guān)系不變. 又平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,BM?平面ABCM,∴BM⊥平面ADM. 又BM?平面BMD,∴平面BMD⊥平面ADM. (2)如圖所示,取AM的中點(diǎn)N,連接DN,

25、 ∵DA=DM,∴DN⊥AM, ∵平面ADM⊥平面ABCM,平面ADM∩平面ABCM=AM,DN?平面ADM,∴DN⊥平面ABCM. ∵AB=2,∴AD=DM=CM=CB=1,AM=BM=2,∴DN=22, ∴S△BCM=12CM·CB=12,S△ABM=12AM·MB=1, ∴VM-BCD=VD-BCM=13S△BCM·DN=212, VD-ABM=13S△ABM·DN=26,∴VM - BCDVD - ABM=12. 2.解:(1)在折疊后的圖中,過(guò)C作CG⊥FD,交FD于G,過(guò)G作GP⊥FD交AD于P,連接PC. 在折疊前的四邊形ABCD中,EF∥AB,AB⊥AD,所

26、以EF⊥AD. 折起后DF⊥EF,所以CG∥EF,又平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,所以FD⊥平面ABEF. 又AF?平面ABEF,所以FD⊥AF,所以PG∥AF,又BE=1,所以FG=EC=3,GD=2,故APPD=FGGD=32. 因?yàn)镃G∩PG=G,EF∩AF=F,所以平面CPG∥平面ABEF, 因?yàn)镃P?平面CPG,所以CP∥平面ABEF. 所以在線段AD上存在一點(diǎn)P,且AP=32PD,使得CP∥平面ABEF. (2)因?yàn)锳F⊥EF,平面ABEF⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,所以AF⊥平面EFDC. 設(shè)BE=x(0

27、),所以AF=x,FD=6-x,又CG=AB=2,所以VA-CDF=13×12×2×(6-x)·x=13(-x2+6x)=13[9-(x-3)2],所以當(dāng)x=3時(shí),VA-CDF取得最大值3, 即三棱錐A-CDF的體積的最大值為3. [備選理由] 本題用切割法求幾何體的體積,是對(duì)正文中例2的補(bǔ)充和拓展. 例　[配例2使用] 如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,D為AC的中點(diǎn),A1A=AB=2,BC=3. (1)求證:AB1∥平面BC1D; (2)求四棱錐B-AA1C1D的體積. 解:(1)證明:如圖所示,連接B1C,設(shè)B1C與BC1相

28、交于點(diǎn)O,連接OD. ∵ 四邊形BCC1B1是平行四邊形, ∴點(diǎn)O為B1C的中點(diǎn). ∵D為AC的中點(diǎn),∴OD為△AB1C的中位線, ∴OD∥AB1. ∵OD?平面BC1D,AB1?平面BC1D, ∴AB1∥平面BC1D. (2)∵AA1⊥平面ABC,AB?平面ABC,∴AA1⊥AB. ∵BB1∥AA1,∴BB1⊥AB. ∵AB⊥BC,BC∩BB1=B,∴AB⊥平面BB1C1C. 取BC的中點(diǎn)E,連接DE,則DE∥AB,DE=12AB,∴DE⊥平面BB1C1C. ∵BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥BC, 又BB1∥CC1,BC∥B1C1,∴CC1⊥BC,BB1⊥B1C1, 又A1A=AB=2,BC=3,∴DE=1, ∴三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=12·AB·BC·AA1=6,VD - BCC1=13×12·BC·CC1·DE=1, VA1- BB1C1=13×12·B1C1·BB1·A1B1=2. 又V=VD - BCC1+VA1- BB1C1+VB - AA1C1D, ∴6=1+2+VB - AA1C1D,∴VB - AA1C1D=3, ∴四棱錐B-AA1C1D的體積為3. 16