【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何的综合问题学案 6页

第 2 讲　大题考法——立体几何的综合问题 考向一　平行、垂直的证明与空间几何体的体积计算问题 【典例】 (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 P­ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直 于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°． (1)证明：直线 BC∥平面 PAD； (2)若△PCD 的面积为 2 7，求四棱锥P­ABCD的体积． [审题指导] ①看到AB＝BC＝1 2AD，想到取AD的中点 ②看到四边形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝90°，想到BC ∥ AD ③看到求VP­ABCD，想到体积公式，关键是确定高及底面积 [规范解答]　(1)证明：在平面 ABCD 内， 因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以 BC∥AD. 2 分 又 BC⊄平面 PAD❶，AD⊂平面 PAD， 3 分 故 BC∥平面 PAD.4 分 (2)解：如图，取 AD 的中点 M，连接 PM，CM.由 AB＝BC＝1 2AD 及 BC∥AD，∠ABC＝ 90°，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM⊥AD. 6 分 因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD❷，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 PM⊥AD，PM⊥底面 ABCD. 8 分 因为 CM⊂底面 ABCD，所以 PM⊥CM. 9 分 设 BC＝x，则 CM＝x，CD＝ 2x， PM＝ 3x，PC＝PD＝2x． 取 CD 的中点 N，连接 PN，则 PN⊥CD❸， 所以 PN＝ 14 2 x. 10 分 因为△PCD 的面积为 2 7，所以1 2× 2x× 14 2 x＝2 7， 解得 x＝－2(舍去)或 x＝2． 于是 AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3. 11 分 所以四棱锥 P­ABCD 的体积 V＝1 3×2(2＋4) 2 ×2 3＝4 3. 12 分 ❶处在证明线面平行问题时，易忽视线不在面内这一条件从而失分，注意线面平行条件 使用的规范化． ❷处易忽视通过侧面 PAD⊥底面 ABCD 可转化为线面垂直及线线垂直，从而不能创设 垂直关系和利用数量等量关系来确定底面边长及高． ❸处易忽视如何表示△PCD 的面积，即以 CD 为底，高如何确定，导致思路不通． [技法总结]　位置关系的证明与求几何体的体积综合问题的模型 [变式提升] 1．(2018·天水二模)在多面体 ABCDPQ 中，平面 PAD⊥平面 ABCD.AB∥CD∥PQ，AB⊥ AD，△PAD 为正三角形，O 为 AD 中点，且 AD＝AB＝2，CD＝PQ＝1． (1)求证：平面 POB⊥平面 PAC； 证明　由条件可知， Rt△ADC≌Rt△BAO，故∠DAC＝∠ABO． ∴∠DAC＋∠AOB＝∠ABO＋∠AOB＝90°． ∴AC⊥BO． ∵PA＝PD，且 O 为 AD 中点，∴PO⊥AD． 平面 PAD⊥平面 ABCD． ∵Error! ∴PO⊥平面 ABCD． 又∵AC⊂平面 ABCD，∴AC⊥PO． 又∵BO∩PO＝O，∴AC⊥平面 POB． ∵AC⊂平面 PAC， ∴平面 POB⊥平面 PAC． (2)求多面体 ABCDPQ 的体积． 解　取 AB 中点为 E，连接 CE，QE． 由(1)可知，PO⊥平面 ABCD． 又∵AB⊂平面 ABCD，∴PO⊥AB． 又∵AB⊥AD，PO∩AD＝O，∴AB⊥平面 PAD． ∴VABCDPQ＝VPAD­QEC＋VQ­CEB＝S△PAD·|AE|＋1 3S△CEB·|PO|＝ 3 4 ×22×1＋1 3( 1 2 × 1 × 2)× 3＝4 3 3 ． 考向二　平面图形的翻折与探索性问题 【典例】　如图①，在四边形 ABCD 中，AD＝CD＝2，AC＝2 2，△ABC 是等边三角 形，F 为线段 AC 的中点．将△ADC 沿 AC 折起，使平面 ADC⊥平面 ABC，得到几何体 D­ABC， 如图②所示． (1)求证：AC⊥BD； (2)试问：在线段 BC 上是否存在一点 E，使得VC­DFE VC­DBA＝1 4？若存在，请求出点 E 的位置； 若不存在，请说明理由． (1)证明　AD＝CD＝2，AC＝2 2， 从而 AD2＋CD2＝AC2， 故 AD⊥CD，△ADC 是等腰直角三角形． 又 F 为线段 AC 的中点，所以 DF⊥AC． 连接 BF(图略)，因为△ABC 是等边三角形， 所以 BF⊥AC， 又 DF∩BF＝F，故 AC⊥平面 BDF． 又 BD⊂平面 BDF，所以 AC⊥BD． (2)解　线段 BC 上存在点 E，使得VC­DFE VC­DBA＝1 4，且 E 为线段 BC 的中点．因为平面 ADC⊥ 平面 ABC，平面 ADC∩平面 ABC＝AC，且 DF⊥AC，所以 DF⊥平面 ABC，故 DF 为三棱 锥 D­FCE 和 D­ABC 的高， 所以VC­DFE VC­DBA＝VD­FCE VD­ABC＝S △ FCE S △ ABC＝ 1 2CF·CE·sin∠ECF 1 2CA·CB·sin∠ACB ＝CF CA·CE CB＝1 4． 又 F 为线段 AC 的中点， 所以CF CA＝1 2，故CE CB＝1 2， 从而 E 为线段 BC 的中点， 即当 E 为线段 BC 的中点时，VC­DFE VC­DBA＝1 4． [技法总结] 1．求解平面图形折叠问题的关键和方法 (1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变 的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口． (2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而 把问题转化到我们熟悉的几何体中解决． 2．求解探索性问题的类型及策略 问题类型 求解策略 对命题条 件的探索 (1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明； (2)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； (3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件 对命题结 论的探索 (1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么； (2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证， 寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在 [变式提升] 2．如图①，平面五边形 ABCDE 中，AB∥CE，且 AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝ 7，cos∠EDC＝ 5 7.将△CDE 沿 CE 折起，使点 D 到 P 的位置，且 AP＝ 3，得到四棱锥 P­ABCE，如图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＝ 7，cos∠EDC＝5 7， 由余弦定理得 CE＝2.连接 AC， ∵AE＝2，∠AEC＝60°， ∴AC＝2.又 AP＝ 3， ∴在△PAE 中，PA2＋AE2＝PE2，即 AP⊥AE． 同理，AP⊥AC． 而 AC∩AE＝A，AC⊂平面 ABCE， AE⊂平面 ABCE，故 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．