2019届二轮复习（理）第八章立体几何初步专题探究课四学案（全国通用） 13页

高考导航　1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算；2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法.‎ 热点一　空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考)‎ 以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.‎ ‎【例1】 (满分12分)(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P－ABCD的体积.‎ 教材探源　1.考题源于教材必修2P74习题2.3B组T2，T4及P62习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作.‎ ‎2.考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材.‎ 满分解答　(1)证明　在平面ABCD中，‎ 因为∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ 所以BC∥AD， 1分　(得分点1)‎ 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.‎ 所以直线BC∥平面PAD. 3分　 (得分点2)‎ ‎(2)解　如图，取AD的中点M，连接PM，CM，‎ 由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.‎ ‎5分　(得分点3)‎ 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD，‎ 所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，‎ ‎7分　(得分点4)‎ 因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.‎ ‎8分　(得分点5)‎ 设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x，‎ 如图，取CD的中点N，连接PN.则PN⊥CD，‎ 所以PN＝x.因为△PCD的面积为2，‎ 所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)或x＝2.‎ ‎10分　(得分点6)‎ 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.‎ ‎12分　(得分点7)‎ ‎　‎ ‎❶得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的BC∥AD，第(2)问中CM⊥AD，PM⊥CM，PN＝x等.‎ ‎❷得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD两个条件，否则不能得全分.在第(2)问中，证明PM⊥平面ABCD时，一定写全三个条件，如平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊥AD一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出BC，AD及PM，再计算几何体的体积.‎ ‎❸得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BC∥AD，证明CM⊥AD优化解题过程.‎ ‎ ‎ 第一步：根据平面几何性质，证BC∥AD.‎ 第二步：由线面平行判定定理，证线BC∥平面PAD.‎ 第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CM⊥AD.‎ 第四步：证明直线PM⊥平面ABCD.‎ 第五步：利用面积求边BC，并计算相关量.‎ 第六步：计算四棱锥P－ABCD的体积.‎ ‎【训练1】 (2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.‎ ‎(1)证明　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ 所以AC⊥BE，且BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.‎ ‎(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，‎ 可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.‎ 因为AE⊥EC，所以在Rt △AEC中，可得EG＝x.‎ 由BE⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD知BE⊥BG，‎ 故△EBG为直角三角形，可得BE＝x.‎ 由已知得，三棱锥E－ACD的体积VE－ACD＝×AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.‎ 从而可得AE＝EC＝ED＝.‎ 所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.‎ 故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.‎ 热点二　平面图形折叠成空间几何体 先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.‎ ‎【例2】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.‎ ‎(1)证明：AC⊥HD′；‎ ‎(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积.‎ ‎(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.‎ ‎(2)解　由EF∥AC得＝＝.‎ 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2＋OH2＝(2)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′，又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.‎ 又由＝得EF＝.‎ 五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.‎ 所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.‎ 探究提高　1.(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.‎ ‎2.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.‎ ‎【训练2】 如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上.‎ ‎(1)求证：PE⊥BD；‎ ‎(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求的值.‎ ‎(1)证明　∵BD⊥PD，BD⊥CD，且PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，‎ ‎∴BD⊥平面PCD.又PE⊂平面PCD，∴BD⊥PE.‎ ‎(2)解　由题意，得BM＝BC.‎ 取BC的中点F，则PF∥MN.‎ 又PF⊄平面DMN，MN⊂平面DMN，‎ ‎∴PF∥平面DMN. ‎ 由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，‎ ‎∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM，∴＝＝.‎ 热点三　线、面位置关系中的开放存在性问题 ‎【例3】 (2018·北京海淀模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点.‎ ‎(1)求证：平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)求证：PN⊥平面ABCD.‎ ‎(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由.‎ ‎(1)证明　在矩形ABCD中，AB⊥AD，‎ 又因为AB⊥PA且PA∩AD＝A，‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 又因为AB⊂平面PAB，‎ 所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)证明　在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中点，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD，且PN⊂平面PAD，所以AB⊥PN.‎ 又因为AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.‎ ‎(3)解　在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点.‎ 证明如下：‎ 取BC中点E，连接PE，DE.‎ 在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE，‎ 所以四边形BNDE是平行四边形，则BN∥DE.‎ 又因为BN⊄平面DEP，DE⊂平面DEP，‎ 所以BN∥平面DEP.‎ 探究提高　1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.‎ ‎2.例3第(3)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，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.‎ ‎【训练3】 (2018·邯郸模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.‎ ‎(1)求证：C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.‎ ‎(1)证明　连接CE交AD于O，连接OF.‎ 因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故＝＝，故OF∥C1E，‎ 因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，‎ 所以C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)解　当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.‎ 证明如下：因为AB＝AC，D是BC中点，‎ 故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.‎ 又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.‎ 又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，‎ 故△CBM≌△FCD.‎ 易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.‎ 又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.‎ ‎1.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点.‎ 求证：(1)直线EF∥平面PCD；‎ ‎(2)平面BEF⊥平面PAD.‎ 证明　(1)在△PAD中，因为E，F分别是AP，AD的中点，‎ 所以EF∥PD.因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.‎ ‎(2)如图所示，连接BD，因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形.因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，‎ 所以BF⊥平面PAD.‎ 又BF⊂平面BEF，‎ 所以平面BEF⊥平面PAD.‎ ‎2.(2017·全国Ⅲ卷)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.‎ ‎(1)证明：AC⊥BD；‎ ‎(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.‎ ‎(1)证明　取AC的中点O，连接DO，BO，‎ 因为AD＝CD，所以AC⊥DO.‎ 又由于△ABC是正三角形，‎ 所以AC⊥BO.又OD∩OB＝O，‎ 从而AC⊥平面DOB，又BD⊂平面DOB，故AC⊥BD.‎ ‎(2)解　如图，连接EO，由(1)及题设知∠ADC＝90°，‎ 所以DO＝AO.‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠DOB＝90°.‎ 由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.‎ 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.‎ 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.‎ ‎3.(2018·郑州调研)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M为AD的中点，N为PC上一点，且PC＝3PN.‎ ‎(1)求证：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求点M到平面PAN的距离.‎ ‎(1)证明　在平面PBC内作NH∥BC交PB于点H，连接AH，‎ 在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1.‎ 又AD∥BC，∴NH∥AM且NH＝AM，‎ ‎∴四边形AMNH为平行四边形，∴MN∥AH，‎ 又AH⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，‎ ‎∴MN∥平面PAB.‎ ‎(2)解　连接AC，MC，PM，平面PAN即为平面PAC，‎ 设点M到平面PAC的距离为h.‎ 由题意可得CD＝2，AC＝2，‎ ‎∴S△PAC＝PA·AC＝4，‎ ‎∴S△AMC＝AM·CD＝，‎ 由VM－PAC＝VP－AMC，得S△PAC·h＝S△AMC·PA，‎ 即4h＝×4，∴h＝，‎ ‎∴点M到平面PAN的距离为.‎ ‎4.(2017·天津卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.‎ ‎(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；‎ ‎(2)求证：PD⊥平面PBC；‎ ‎(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.‎ ‎(1)解　如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.‎ 因为AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.‎ 在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，故cos∠DAP＝＝.‎ 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明　由(1)知AD⊥PD，又因为BC∥AD，所以PD⊥BC.‎ 又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC.‎ ‎(3)解　过点D作DF∥AB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.‎ 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.‎ 由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC.在Rt△DCF中，可得DF＝＝2.在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.‎ 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎5.(2018·武汉调研)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：‎ ‎(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎(1)解　如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝AB时，BC∥平面DFK.‎ 证明如下：‎ 设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.‎ ‎∵AK＝AB，F为AE的中点，‎ ‎∴KF∥EH，∴KF∥BC，‎ ‎∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，‎ ‎∴BC∥平面DFK.‎ ‎(2)证明　∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，‎ ‎∴在折起后的图形中，AE＝BE＝，‎ 从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.‎ ‎∵平面ADE⊥平面ABCE，‎ 平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，‎ ‎∴BE⊥平面ADE，‎ ‎∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.‎ ‎6.(2016·全国Ⅰ卷)如图，已知正三棱锥P－ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.‎ ‎(1)证明：G是AB的中点；‎ ‎(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体P－DEF的体积.‎ ‎(1)证明　因为P在平面ABC内的正投影为D，‎ 所以AB⊥PD.‎ 因为D在平面PAB内的正投影为E，‎ 所以AB⊥DE.‎ 又因为PD∩DE＝D，‎ 所以AB⊥平面PED，‎ 又PG⊂平面PED，故AB⊥PG.‎ 又由已知可得，PA＝PB，‎ 所以G是AB的中点.‎ ‎(2)解　在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影.‎ 理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，‎ 又EF∥PB，所以EF⊥PA，EF⊥PC.‎ 又PA∩PC＝P，因此EF⊥平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影.‎ 连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心.‎ 由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，‎ 故CD＝CG.‎ 由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，‎ 所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.‎ 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，可得DE＝2，PE＝2.‎ 在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2.‎ 所以四面体P－DEF的体积V＝××2×2×2＝.‎