【数学】2020届一轮复习北师大版 立体几何 学案 15页

‎2020届一轮复习北师大版 立体几何 学案 ‎ ‎【典例】如图,在底面是平行四边形的四棱锥S-ABCD中,O为AC,BD的交点,P,Q分别为△SAD,△SBC的重心.求证:S,P,O,Q四点共面.‎ ‎【证明】如图,连接SP,SQ,并分别延长交AD,BC于点M,N,连接MN.‎ 因为P,Q分别为△SAD,△SBC的重心,所以M,N分别为AD,BC的中点,所以O∈MN.由棱锥的性质,知点S,M,N不共线,所以确定一个平面SMN,‎ 所以MN⊂平面SMN,所以O∈平面SMN.‎ 又P∈SM,Q∈SN,SM⊂平面SMN,SN⊂平面SMN,‎ 所以P∈平面SMN,Q∈平面SMN,‎ 所以S,P,O,Q四点共面.‎ ‎【方法技巧】证明共点、共线、共面问题的方法 ‎(1)三点共线问题.‎ 证明空间三点共线问题,通常证明这些点都在两个面的交线上,即先确定出某两点在某两个平面的交线上,再证第三点是两个平面的公共点,则此点必在两个平面的交线上.‎ ‎(2)共面问题.‎ 证明共面问题,一般有两种证法:一是由某些元素确定一个平面,然后证明其余元素在这个平面内;二是分别由不同元素确定若干个平面,然后证明这些平面重合.‎ ‎(3)三线共点问题.‎ 证明三线共点问题,先证两条直线交于一点,再证明第三条直线经过这点,把问题转化为证明点在直线上的问题.‎ ‎【变式训练】如图,△ABC与△A1B1C1不全等,且A1B1∥AB,B1C1∥BC,C1A1∥CA.求证:AA1,BB1,CC1交于一点.‎ ‎【证明】如图所示,因为A1B1∥AB,‎ 所以A1B1与AB确定一平面,记为平面α,‎ 同理,将B1C1与BC所确定的平面记为平面β,C1A1与CA所确定的平面记为平面γ,‎ 易知β∩γ=C1C,‎ 又△ABC与△A1B1C1不全等,‎ 所以AA1与BB1相交,设交点为P,P∈AA1,P∈BB1,‎ 而AA1⊂γ,BB1⊂β,所以P∈γ,P∈β,‎ 所以P在平面β与平面γ的交线上,‎ 又β∩γ=C1C,所以P∈C1C,‎ 所以AA1,BB1,CC1交于一点.‎ ‎【补偿训练】如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是AA1,D1C1的中点,过D,M,N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.‎ ‎(1)画出直线l的位置.‎ ‎(2)设l∩A1B1=P,求线段PB1的长.‎ ‎【解析】(1)延长DM交D1A1的延长线于E,连接NE,则NE即为直线l的位置.‎ ‎(2)因为M为AA1的中点,AD∥ED1,‎ 所以AD=A1E=A1D1=a.‎ 因为A1P∥D1N,且D1N=a,‎ 所以A1P=D1N=a,‎ 于是PB1=A1B1-A1P=a-a=a.‎ 类型二　平行、垂直关系 ‎【典例】(2018·烟台高一检测)如图,四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,BC=1,AD=2,AC⊥CD,且平面PCD⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证:AC⊥PD.‎ ‎(2)在线段PA上是否存在点E,使BE∥平面PCD?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AC⊥CD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以AC⊥平面PCD,‎ 因为PD⊂平面PCD,‎ 所以AC⊥PD.‎ ‎(2)当点E是线段PA的中点时,BE∥平面PCD.‎ 证明如下:‎ 分别取AP,PD的中点E,F,连接BE,EF,CF.‎ 则EF为△PAD的中位线,‎ 所以EF∥AD,且EF=AD=1,‎ 又BC∥AD,所以BC∥EF,且BC=EF,‎ 所以四边形BCFE是平行四边形,‎ 所以BE∥CF,‎ 又因为BE⊄平面PCD,CF⊂平面PCD,‎ 所以BE∥平面PCD.‎ ‎【方法技巧】‎ ‎1.判断线面平行的两种常用方法 面面平行判定的落脚点是线面平行,因此掌握线面平行的判定方法是必要的,判定线面平行的两种方法:‎ ‎(1)利用线面平行的判定定理.‎ ‎(2)利用面面平行的性质,即当两平面平行时,其中一平面内的任一直线平行于另一平面.‎ ‎2.判断面面平行的常用方法 ‎(1)利用面面平行的判定定理.‎ ‎(2)面面平行的传递性(α∥β,β∥γ⇒α∥γ).‎ ‎(3)利用线面垂直的性质(l⊥α,l⊥β⇒α∥β).‎ ‎3.判定线面垂直的方法:‎ ‎(1)线面垂直定义(一般不易验证任意性).‎ ‎(2)线面垂直的判定定理(a⊥b,a⊥c,b⊂α,c⊂α,b∩c=M⇒a⊥α).‎ ‎(3)平行线垂直平面的传递性质(a∥b,b⊥α⇒a⊥α).‎ ‎(4)面面垂直的性质(α⊥β,α∩β=l,a⊂β,a⊥l⇒a⊥α).‎ ‎(5)面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β).‎ ‎(6)面面垂直的性质(α∩β=l,α⊥γ,β⊥γ⇒l⊥γ).‎ ‎【变式训练】(2018·长春高一检测)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=‎ ‎90°,BC=CD=2,AF=BF,EC∥FD,FD⊥底面ABCD,M是AB的中点.‎ ‎(1)求证:平面CFM⊥平面BDF.‎ ‎(2)点N在CE上,EC=2,FD=3,求当CN为何值时,MN∥平面BEF.‎ ‎【解析】(1)因为FD⊥底面ABCD,‎ 所以FD⊥AD,FD⊥BD.‎ 因为AF=BF,所以△ADF≌△BDF,则AD=BD,‎ 连接DM,则DM⊥AB,‎ 因为AB∥CD,∠BCD=90°,‎ 所以四边形BCDM是正方形,则BD⊥CM,‎ 因为DF⊥CM,BD∩DF=D,所以CM⊥平面BDF,‎ 因为CM⊂平面CFM,所以平面CFM⊥平面BDF.‎ ‎(2)当CN=1,即N是CE的中点时,MN∥平面BEF,证明如下:‎ 过N作NO∥EF交DF于O,连接MO,‎ 因为EC∥FD,所以四边形EFON是平行四边形,‎ 因为EC=2,FD=3,‎ 所以OF=1,则OD=2,‎ 连接OE,则OE∥DC∥MB,且OE=DC=MB,‎ 所以四边形BMOE是平行四边形,则OM∥BE,‎ 又OM∩ON=O,BE∩EF=E,‎ 所以平面OMN∥平面BEF,‎ 因为MN⊂平面OMN,‎ 所以MN∥平面BEF.‎ ‎【补偿训练】☉O的直径AB=4,点C,D为☉O上两点,且∠CAB=45°,F为的中点.沿直径AB折起,使两个半圆所在平面互相垂直(如图②).‎ ‎(1)求证:OF∥平面ACD.‎ ‎(2)在AD上是否存在点E,使得平面OCE⊥平面ACD?若存在,指出点E的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)由∠CAB=45°,知∠COB=90°,‎ 又因为F为的中点,‎ 所以∠FOB=45°,因此OF∥AC,‎ 又AC⊂平面ACD,OF⊄平面ACD,‎ 所以OF∥平面ACD.‎ ‎(2)存在,E为AD中点,‎ 因为OA=OD,所以OE⊥AD.‎ 又OC⊥AB且两半圆所在平面互相垂直.‎ 所以OC⊥平面OAD.‎ 又AD⊂平面OAD,所以AD⊥OC,‎ 由于OE,OC是平面OCE内的两条相交直线,‎ 所以AD⊥平面OCE.‎ 又AD⊂平面ACD,所以平面OCE⊥平面ACD.‎ 类型三　空间角的计算 ‎【典例】(2018·银川高一检测)如图,正方形ABCD所在平面与四边形ABEF所在平面互相垂直,△ABE是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,∠AEF=45°.‎ ‎(1)求证:EF⊥平面BCE.‎ ‎(2)设线段CD,AE的中点分别为P,M,求PM与BC所成角的正弦值.‎ ‎(3)求二面角F-BD-A的平面角的正切值.‎ ‎【解析】(1)因为平面ABEF⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,BC⊥AB,平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以BC⊥平面ABEF,又EF⊂平面ABEF,所以BC⊥EF.‎ 因为△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,‎ 所以∠AEB=45°,‎ 又因为∠AEF=45°,‎ 所以∠FEB=45°+45°=90°,即EF⊥BE.‎ 因为BC⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,‎ BC∩BE=B,所以EF⊥平面BCE.‎ ‎(2)取BE的中点N,连接CN,MN,‎ 则MNABPC,‎ 所以PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.‎ 所以CN与BC所成角∠NCB即为所求,在直角三角形NBC中,sin∠NCB=.‎ ‎(3)由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知,EA⊥平面ABCD,‎ 作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA,从而,FG⊥平面ABCD,‎ 作GH⊥BD于H,连接FH,‎ 所以BD⊥FH.‎ 因此,∠FHG为二面角F-BD-A的平面角.‎ 因为FA=FE,∠AEF=45°,‎ 所以∠AFE=90°,∠FAG=45°.‎ 设AB=1,则AE=1,AF=.‎ FG=AF·sin∠FAG=.‎ 在Rt△BGH中,∠GBH=45°,‎ BG=AB+AG=1+=,‎ GH=BG·sin∠GBH=×=.‎ 在Rt△FGH中,tan∠FHG==.‎ 故二面角F-BD-A的平面角的正切值为.‎ ‎【方法技巧】空间角的求法 ‎(1)找异面直线所成角的三种方法.‎ ‎①利用图中已有的平行线平移.‎ ‎②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移.‎ ‎③补形平移.‎ ‎(2)线面角:求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影,即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形.‎ ‎【变式训练】‎ ‎(2018·绍兴一模)如图,已知三棱锥P-ABC,PA⊥平面ABC,‎ ‎∠ACB=90°,∠BAC=60°,PA=AC,M为PB的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥BC.‎ ‎(2)求二面角M-AC-B的大小.‎ ‎【解析】(1)由PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,‎ 又因为∠ACB=90°,即BC⊥AC,PA∩AC=A,‎ 所以BC⊥平面PAC,所以PC⊥BC.‎ ‎(2)取AB中点O,连接MO,过O作HO⊥AC于H,‎ 连接MH,因为M是BP的中点,所以MO∥PA,‎ 又因为PA⊥平面ABC,所以MO⊥平面ABC,‎ 所以∠MHO为二面角M-AC-B的平面角,‎ 设AC=2,则BC=2,MO=1,OH=,‎ 在Rt△MHO中,tan∠MHO==,‎ 所以二面角M-AC-B的大小为30°.‎ ‎【补偿训练】如图,在Rt△AOB中,∠OAB=30°,斜边AB=4,Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到,且二面角B-AO-C是直二面角,动点D在斜边AB上.‎ ‎(1)求证:平面COD⊥平面AOB.‎ ‎(2)当D为AB的中点时,求异面直线AO与CD所成角的正切值.‎ ‎【解析】(1)由题意,CO⊥AO,BO⊥AO,‎ 所以∠BOC是二面角B-AO-C的平面角,‎ 又因为二面角B-AO-C是直二面角.所以CO⊥BO.‎ 又因为AO∩BO=O,所以CO⊥平面AOB.‎ 又CO⊂平面COD,‎ 所以平面COD⊥平面AOB.‎ ‎(2)作DE⊥OB,垂足为E,连接CE(如图),则DE∥AO.所以∠CDE是异面直线AO与CD所成的角.‎ 在Rt△OCB中,CO=BO=2,‎ OE=BO=1,‎ 所以CE==.‎ 又DE=AO=,‎ 所以在Rt△CDE中,tan∠CDE===.‎ 即异面直线AO与CD所成的角的正切值是.‎ 类型四　转化思想的应用 ‎【典例】(2018·南平高一检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB=AA1=2,AC=,BC=3,M,N分别为B1C1,AA1的中点.‎ ‎(1)求证:平面ABC1⊥平面AA1C1C.‎ ‎(2)判断MN与平面ABC1的位置关系,并求四面体ABC1M的体积.‎ ‎【解析】(1)因为AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC,‎ 又AA1⊥平面ABC,‎ 所以AA1⊥AB,又AC∩AA1=A,‎ 所以AB⊥平面AA1C1C.‎ 因为AB⊂平面ABC1,‎ 所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.‎ ‎(2)取BB1中点D,‎ 因为M为B1C1中点,‎ 所以MD∥BC1,‎ 又N为AA1中点,四边形ABB1A1为平行四边形,‎ 所以DN∥AB,又MD∩DN=D,AB∩BC1=B,‎ 所以平面MND∥平面ABC1,‎ 因为MN⊂平面MND,所以MN∥平面ABC1,‎ 所以N到平面ABC1的距离即为M到平面ABC1的距离,过N作NH⊥AC1于H,‎ 因为平面ABC1⊥平面AA1C1C,‎ 所以NH⊥平面ABC1,‎ 所以NH=×=×=,‎ 所以M到平面ABC1的距离为,‎ 所以==××2×3×=.‎ ‎【方法技巧】转化思想 转化与化归思想的主要目的是将未知问题转化为已知问题,复杂问题转化为简单问题,空间几何问题转化为平面几何问题.本章中涉及转化与化归思想的知识有:(1)位置关系的转化,即平行与平行的转化、垂直与垂直的转化、平行与垂直的转化;(2)量的转化,如点到面距离的转化;(3)几何体的转化,即几何体补形与分割.‎ ‎【变式训练】(2018·焦作高一检测)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,P,Q分别是AA1,B1C1上的点,且AP=3A1P,B1C1=4B1Q.‎ ‎(1)求证:PQ∥平面ABC1.‎ ‎(2)若AB=AA1,BC=3,AC1=3,BC1=,‎ 证明:平面ABC1⊥平面AA1C1C.‎ ‎【证明】(1)如图,在棱BB1上取一点R,使RB=3B1R,‎ 连接PR,QR,‎ 则由题意,得===,‎ 所以PR∥AB,QR∥BC1,‎ 而PR⊄平面ABC1,AB⊂平面ABC1,‎ QR⊄平面ABC1,BC1⊂平面ABC1,‎ 所以PR∥平面ABC1,QR∥平面ABC1,‎ 又因为PR∩QR=R,PR⊂平面PQR,QR⊂平面PQR,‎ 所以平面PQR∥平面ABC1,‎ 又PQ⊂平面PQR,所以PQ∥平面ABC1.‎ ‎(2)由题意得,在Rt△BCC1中,CC1==2,‎ 由棱柱的性质,知AA1=CC1=2,又AB=AA1,‎ 所以AB=2,‎ 所以AB2+A=B,所以AB⊥AC1,‎ 又因为AA1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,‎ 所以AA1⊥AB,‎ 又因为AC1∩AA1=A,所以AB⊥平面AA1C1C,‎ 因为AB⊂平面ABC1,所以平面ABC1⊥平面AA1C1C.‎ ‎【补偿训练】(2018·常德高一检测)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.‎ 求证:(1)直线PA∥平面DEF.‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎【证明】(1)在△PAC中,D,E分别为PC,AC的中点,则PA∥DE,PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,‎ 因此PA∥平面DEF.‎ ‎(2)在△DEF中,DE=PA=3,EF=BC=4,DF=5,‎ 所以DF2=DE2+EF2,所以DE⊥EF,‎ 又PA⊥AC,所以DE⊥AC.因为EF∩AC=E,‎ 所以DE⊥平面ABC,因为DE⊂平面BDE,‎ 所以平面BDE⊥平面ABC.‎