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- 2021-06-16 发布
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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=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)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=2.
∴VDMAB=VMDAB=S△DAB·PO=××(4)2××2=.
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.
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(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=.
∵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=S△ACM·EP
=××1×2×=.
⊙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
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(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=,
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=,cos∠EDC=.将△CDE沿CE折起,使点D到P的位置,且AP=,得到如图2所示的四棱锥P
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ABCE.
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=,cos∠EDC=,
由余弦定理得
CE==2.
连接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.
(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.
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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=AB=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=,∴OM=PD=AD=,
∵S△BCE=S△ADE=1,
∴三棱锥MBCE的体积
VMBCE=S△BCE·OM=.
⊙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
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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.
(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=AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE∥AB,且CE=AB.
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,
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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=,所以AM的长为.
(2018·全国卷Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
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(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,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于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.
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