2017年高考数学（理科,江苏专版）二轮专题复习与策略（教师用书） 第1部分 专题4 第14讲 高考中的立体几何 11页

第14讲　高考中的立体几何 题型一| 空间位置关系的证明 ‎　(2016·江苏高考)如图14－1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.‎ 图14－1‎ 求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ ‎[解题指导]　(1)DE是△ABC的中位线DE∥ACDE∥A1C1‎ DE∥平面A1C1F ‎(2)A1C1⊥A1B1A1C1⊥平面ABB1A1―→A1C1⊥B1D B1D⊥平面A1C1F―→平面B1DE⊥平面A1C1F ‎[证明]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.‎ 在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，‎ 所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 2分 又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，‎ 所以直线DE∥平面A1C1F. 4分 ‎(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 6分 又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1. 8分 因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分 又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F. 12分 因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 14分 ‎【名师点评】　1.正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；证明面面平行、垂直时，常转化为线面的平行与垂直，再转化为线线的平行与垂直．‎ ‎2．证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．‎ ‎1．(2016·苏锡常镇调研一)如图14－2，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M是棱AD的中点，N是棱PC的中点．‎ 图14－2‎ ‎(1)求证：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)若平面PMC⊥平面PAD，求证：CM⊥AD.‎ ‎[证明]　(1)取PB中点E，连结EA，EN，NM，在△PBC中，EN∥BC且EN＝BC，又AM＝AD，AD∥BC，AD＝BC，‎ 得EN∥AM，EN＝AM，∴四边形ENMA是平行四边形， 4分 得MN∥AE，MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，‎ ‎∴MN∥平面PAB. 6分 ‎(2)过点A作PM的垂线，垂足为H.‎ ‎∵平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，AH⊥PM，‎ AH⊂平面PAD，‎ ‎∴AH⊥平面PMC，∵CM⊂平面PMC，∴AH⊥CM. 12分 ‎∵PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM.‎ ‎∵PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD.‎ ‎∵AD⊂平面PAD，∴CM⊥AD. 14分 ‎2．如图14－3，在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥平面PDC，点E为棱PD的中点．求证：‎ 图14－3‎ ‎(1)PB∥平面EAC；‎ ‎(2)平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎[证明]　(1)连结BD与AC相交于点O，连结OE.‎ 因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD中点.3分 因为E为棱PD中点，所以PB∥OE.‎ 因为PB⊄平面EAC，OE⊂平面EAC，‎ 所以直线PB∥平面EAC. 6分 ‎(2)因为PA⊥平面PDC，CD⊂平面PDC，所以PA⊥CD.‎ 因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD. 10分 因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.‎ 因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. 14分 ‎3．如图14－4，正三棱柱ABC－A1B1C1，点D，E分别是A1C，AB的中点．‎ 图14－4‎ ‎(1)求证：DE∥平面BB1C1C；‎ ‎(2)若AB＝BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.‎ ‎[证明]　(1)连结AC1，BC1，‎ 因为AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，‎ 所以D是AC1的中点.3分 在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，‎ 所以DE∥BC1.‎ 因为DE⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，‎ 所以DE∥平面BB1C1C. 6分 ‎(2)因为△ABC是正三角形，E是AB的中点．‎ 所以CE⊥AB.‎ 又因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ 平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，‎ 所以CE⊥平面ABB1A1，‎ 从而CE⊥A1B.‎ 在矩形ABB1A1中，‎ 因为＝＝，‎ 所以Rt△A1B1B∽Rt△B1BE， 12分 从而∠B1A1B＝∠BB1E，‎ 因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，‎ 所以A1B⊥B1E.‎ 又因为CE，B1E⊂平面B1CE，CE∩B1E＝E，‎ 所以A1B⊥平面B1CE. 14分 题型二| 空间几何体的体积计算 ‎　如图14－5，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．‎ 图14－5‎ ‎(1)求证：EF⊥平面BCG；‎ ‎(2)求三棱锥D－BCG的体积．‎ 附：锥体的体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高．‎ ‎【导学号：19592044】‎ ‎[解]　(1)证明：由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC. 2分 又G为AD的中点，所以CG⊥AD. 3分 同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BGC. 5分 又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG. 7分 ‎(2)在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O.‎ 由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC. 9分 又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半. 11分 在△AOB中，AO＝AB·sin 60°＝，‎ 所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h ‎＝×BD·BC·sin 120°·＝. 14分 ‎【名师点评】　1.求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．‎ ‎2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．‎ ‎3．在求空间几何体的高时，常根据已知线段的比例关系来确定高的比例关系，例如本例中点A、点G到平面BCD的距离的关系．‎ 已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上．‎ ‎(1)求证：平面A1BC⊥平面ABB1A1；‎ ‎(2)若AD＝，AB＝BC＝2，P为AC中点，求三棱锥P－A1BC的体积．‎ 图14－6‎ ‎[解]　(1)证明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，‎ ‎∴AA1⊥BC.‎ ‎∵AD⊥平面A1BC，‎ ‎∴AD⊥BC.3分 ‎∵AA1，AD为平面ABB1A1内两相交直线，‎ ‎∴BC⊥平面ABB1A1.‎ 又∵BC⊂平面A1BC，‎ ‎∴平面A1BC⊥平面ABB1A1. 6分 ‎(2)法一：由等积变换得VP－A1BC＝VA1－PBC，‎ 在Rt△A1AB中，由射影定理知AA1＝2.‎ ‎∵AA1⊥平面PBC，‎ ‎∴三棱锥的高为AA1＝2. 12分 又∵底面积S△PBC＝1，‎ ‎∴VP－A1BC＝VA1－PBC＝S△PBC×AA1＝. 14分 法二：连结CD，取CD中点Q，连结PQ.∵P为AC的中点，∴PQ∥AD，‎ PQ＝AD.‎ ‎∵AD＝，∴PQ＝， 12分 由(1)知AD⊥平面A1BC，∴PQ⊥平面A1BC，‎ ‎∴PQ为三棱锥P－A1BC的高，‎ 又由(1)知BC⊥平面ABB1A1，‎ ‎∴BC⊥BA1，∴S△A1BC＝4.‎ ‎∴VP－A1BC＝. 14分 题型三| 空间角的计算 ‎ ‎ ‎　(2013·江苏高考)如图14－7，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．‎ 图14－7‎ ‎(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；‎ ‎(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．‎ ‎[解]　(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4). 3分 因为cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为. 6分 ‎(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量. 12分 取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.‎ 由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝.‎ 因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为. 14分 ‎【名师点评】　三种空间角的向量求法 ‎1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|；‎ ‎2．直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；‎ ‎3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．‎ ‎(2016·苏州期中)如图14－8，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．‎ 图14－8‎ ‎(1)求二面角A－DF－B的大小；‎ ‎(2)试在线段AC上确定一点P，使PF与BC所成的角是60°.‎ ‎[解]　(1)以，，为正交基底，建立空间直角坐标系，‎ 则E(0,0,1)，D(，0,0)，F(，，1)，B(0，，0)，A(，，0)，＝(，－，0)，＝(，0,1)．平面ADF的法向量t＝(1,0,0)，‎ 设平面DFB法向量n＝(a，b，c)，则n·＝0，n·＝0， 3分 所以令a＝1，得b＝1，c＝－，所以n＝(1,1，－)．‎ 设二面角A－DF－B的大小为θ，‎ 从而cos θ＝|cos 〈n，t〉|＝，∴θ＝60°，‎ 故二面角A－DF－B的大小为60°. 6分 ‎(2)依题意，设P(a，a,0)(0≤a≤)，则＝(－a，－a,1)，＝(0，，0). 10分 因为〈，〉＝60°，所以cos 60°＝＝，解得a＝，‎ 所以点P应在线段AC的中点处. 14分