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- 2021-06-16 发布
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第5讲 平行、垂直的综合问题
空间中的证明与计算问题(师生共研)
如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥PABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.
【解】 (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,
得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.
又AB平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.
由(1)知,AB⊥平面PAD,
故AB⊥PE,
可得PE⊥平面ABCD.
设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.
故四棱锥PABCD的体积
VPABCD=AB·AD·PE=x3.
由题设得x3=,故x=2.
从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.
可得四棱锥PABCD的侧面积为
PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.
(1)几何体的体积
柱体的体积V=S底·h.
锥体的体积V=S底·h.
(2)几何体的表面积
直棱柱的侧面积S侧=C底·l,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求和.
(3)计算几何体体积的关键及注意点
计算几何体的体积时,关键是确定几何体的高,若是不方便求,要注意进行体积的转化.
(2020·重庆市学业质量调研)如图所示,在四棱锥PABCD中,∠CAD=∠ABC=90°,∠BAC=∠ADC=30°,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点,AC=2.
(1)求证:AE∥平面PBC;
(2)若四面体PABC的体积为,求△PCD的面积.
解:(1)证明:如图,取CD的中点F,连接EF,AF,
则EF∥PC,
又易知∠BCD=∠AFD=120°,所以AF∥BC,
又EF∩AF=F,PC∩BC=C,所以平面AEF∥平面PBC.
又AE平面AEF,所以AE∥平面PBC.
(2)由已知得,V四面体PABC=·AB·BC·PA=,可得PA=2.
过点A作AQ⊥CD于点Q,连接PQ,在△ACD中,
AC=2,∠CAD=90°,∠ADC=30°,
所以CD=4,AQ==,
则PQ==.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
又AQ∩PA=A,
所以CD⊥平面PAQ,CD⊥PQ.
所以S△PCD=×4×=2.
空间中的翻折问题(师生共研)
(2019·高考全国卷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.
(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)如图,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.
解决此类问题的关键就是根据折痕,准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”:
(1)与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不改变;
(2)与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不改变.
其步骤为:
—
↓
—
↓
—
(2020·宝鸡市模拟考试)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.
(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,
因为BE=AB=CD且BE∥CD,
所以四边形EBCD是平行四边形.
如图,连接BD,交CE于点O,连接OM,
所以点O是BD的中点,
又点M为棱PB的中点,
所以OM∥PD,
因为PD平面MCE,OM平面MCE,
所以PD∥平面MCE.
(2)在题图1中,
因为EBCD是平行四边形,所以DE=BC,
因为四边形ABCD是等腰梯形,
所以AD=BC,所以AD=DE,
因为∠BAD=45°,
所以AD⊥DE.
所以PD⊥DE,
又平面PDE⊥平面EBCD,且平面PDE∩平面EBCD=DE,
所以PD⊥平面EBCD.
由(1)知OM∥PD,所以OM⊥平面EBCD,
在等腰直角三角形ADE中,因为AE=2,所以AD=DE=,
所以OM=PD=AD=,S△BCE=S△ADE=1,
所以V三棱锥MBCE=S△BCE·OM=.
立体几何中的探索性问题(师生共研)
(2018·高考全国卷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.
(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.
解决探索性问题的方法
(1)对命题条件探索的三种途径
途径一:先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.
途径二:先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.
途径三:将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.
(2)对命题结论的探索方法
从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.
[注意] 对探索性问题应先写出结论,再写出证明过程或理由.
如图,三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.
(1)求三棱锥PABC的体积;
(2)在线段PC上是否存在点M,使得AC⊥BM,若存在点M,求出的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意知AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.
由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥PABC的高.
又PA=1,所以三棱锥PABC的体积V=·S△ABC·PA=.
(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N,在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.
由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.
又BM平面MBN,所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,
从而NC=AC-AN=.
由MN∥PA,得==.
[基础题组练]
1.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下列结论正确的是( )
A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC
解析:选D.因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,
所以BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD,
且平面ABD∩平面BCD=BD,
故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB.
又AD⊥AB,AD∩CD=D,AD平面ADC,CD平面ADC,故AB⊥平面ADC.
又AB平面ABC,所以平面ADC⊥平面ABC.
2.(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为 .
解析:如图,过点P分别作PE⊥BC交BC于点E,作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE=PF=.过P作PH⊥平面ABC于点H,连接HE,HF,HC,易知HE=HF,则点H在∠ACB的平分线上,又∠ACB=90°,故△CEH为等腰直角三角形.在Rt△PCE中,PC
=2,PE=,则CE=1,故CH=,在Rt△PCH中,可得PH=,即点P到平面ABC的距离为.
答案:
3.(2020·陕西西安模拟)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,PD⊥平面ABCD,AD=BD=6,AB=6,E是棱PC上的一点.
(1)证明:BC⊥平面PBD;
(2)若PA∥平面BDE,求的值.
解:(1)证明:由已知条件可知AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD.
又PD∩BD=D,所以AD⊥平面PBD.
因为四边形ABCD是平行四边形,所以BC∥AD,
所以BC⊥平面PBD.
(2)如图,连接AC交BD于点F,连接EF,
则EF是平面PAC与平面BDE的交线.
因为PA∥平面BDE,所以PA∥EF.
因为F是AC的中点,所以E是PC的中点,
所以=.
4.(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图,平面四边形ABCD中,AB⊥BD,AB=BC=CD=2,BD=2,沿BD折起,使AC=2.
(1)证明:△ACD为直角三角形;
(2)设B在平面ACD内的射影为P,求四面体PBCD的体积.
解:(1)证明:在Rt△ABD中,AB⊥BD,AB=2,BD=2,
所以AD===2,
因为AC=2,CD=2,所以AC2+CD2=AD2,
所以AC⊥CD,
所以△ACD是直角三角形.
(2)由(1)知CD⊥AC,易知CD⊥BC,
因为AC∩BC=C,所以CD⊥平面ABC,又CD平面ACD,
所以平面ABC⊥平面ACD,其交线为AC,
故过B点作AC的垂线,垂足为P,点P即为B在平面ACD内的射影,
易知P为AC的中点,
所以四面体PBCD的体积VPBCD=××2×2×1=.
5.(2020·宿州市质量检测)如图,四棱锥EABCD,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD为矩形,AD=6,AB=5,BE=3,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.
(1)求证:AE⊥BE;
(2)设M在线段DE上,且满足EM=2MD,试在线段AB上确定一点N,使得MN∥平面BCE,并求MN的长.
解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,
所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,且BC平面ABCD,
所以BC⊥平面ABE.
又AE平面ABE,
所以BC⊥AE.
因为BF⊥平面ACE,AE平面ACE,
所以BF⊥AE.
又因为BC∩BF=B,BC平面BCE,BF平面BCE,
所以AE⊥平面BCE,
因为BE平面BCE,
所以AE⊥BE.
(2)如图,在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点,在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点,连接MN,
因为NG∥BE,NG平面BCE,BE平面BCE,
所以NG∥平面BCE.
同理可证,GM∥平面BCE.
因为MG∩GN=G,
所以平面MGN∥平面BCE,
又因为MN平面MGN,
所以MN∥平面BCE,
因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点,
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点,
AD=6,AB=5,BE=3,
所以MG=AD=4,NG=BE=1,
所以MN===.
[综合题组练]
1.(2020·吉林长春质量监测(二))四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AB=2,PA⊥平面ABCD,PA=AD=,M为PC中点.
(1)求证:平面PBC⊥平面BMD;
(2)求点B到平面PCD的距离.
解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,BD=,cos∠BDC=cos∠DBA=,
在△BCD中,由余弦定理得BC=,
由勾股定理得PD=2,PB=,
所以△PCD,△PCB是等腰三角形,
所以PC⊥MD,PC⊥MB,
因为MD∩MB=M,
所以PC⊥平面MDB,
因为PC平面PBC,
所以平面PBC⊥平面BDM.
(2)取PD的中点N,连接AN,MN,
所以ANMB为平行四边形,
所以BM∥AN,BM=AN=1,
因为PA=AD,所以AN⊥PD,
又易知CD⊥平面PAD,AN平面PAD,
所以CD⊥AN,所以AN⊥平面PCD,
所以BM⊥平面PCD,
所以B到平面PCD的距离为1.
2.(2020·郑州市第二次质量预测)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=,△PAD是等边三角形,F为AD的中点,PD⊥BF.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若E在线段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面
ABCD?若存在,求出三棱锥DCEG的体积;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:连接PF,因为△PAD是等边三角形,
所以PF⊥AD.
因为底面ABCD是菱形,∠BAD=,所以BF⊥AD.
又PF∩BF=F,所以AD⊥平面BFP,
又PB平面BFP,所以AD⊥PB.
(2)能在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF,因为PD⊥BF,AD∩PD=D,
所以BF⊥平面PAD.
又BF平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAD,
又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,
所以PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H,过H作HG∥PF交PC于点G,
所以GH⊥平面ABCD.
又GH平面DEG,所以平面DEG⊥平面ABCD.
因为AD∥BC,所以△DFH∽△ECH,
所以==,所以==,
所以GH=PF=,
所以VDCEG=VGCDE=S△CDE·GH=×DC·CE·sin ·GH=.
3.如图(1),在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于点F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1BCD,如图(2)所示.
(1)若M是FC的中点,求证:直线DM∥平面A1EF;
(2)求证:BD⊥A1F;
(3)若平面A1BD⊥平面BCD,试判断直线A1B与直线CD能否垂直?并说明理由.
解:(1)证明:因为D,M分别为AC,FC的中点,所以DM∥EF,又EF平面A1EF,DM平面A1EF,所以DM∥平面A1EF.
(2)证明:因为A1E⊥BD,EF⊥BD且A1E∩EF=E,
所以BD⊥平面A1EF.
又A1F平面A1EF,所以BD⊥A1F.
(3)直线A1B与直线CD不能垂直.
理由如下:
因为平面A1BD⊥平面BCD,平面A1BD∩平面BCD=BD,EF⊥BD,EF平面BCD,所以EF⊥平面A1BD.
因为A1B平面A1BD,所以A1B⊥EF,
又因为EF∥DM,所以A1B⊥DM.
假设A1B⊥CD,
因为CD∩DM=D,所以A1B⊥平面BCD,
所以A1B⊥BD,
这与∠A1BD为锐角矛盾,所以直线A1B与直线CD不能垂直.