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- 2021-06-11 发布
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第6讲 平行、垂直的综合问题
平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题(高频考点)[学生用书P137]
平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题是每年高考的热点,题型为解答题,难度适中.主要命题角度有:
(1)求多面体的体积;
(2)利用多面体的体积求高;
(3)已知多面体的体积求其他量的值.
[典例引领]
角度一 求多面体的体积
(2016·高考全国卷Ⅲ)如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求四面体NBCM的体积.
【解】
(1)证明:由已知得AM=AD=2.
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,
TN=BC=2.
又AD∥BC,故TNAM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.
取BC的中点E,连接AE,由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.
由AM∥BC得M到BC的距离为,故S△BCM=×4×=2.
所以四面体NBCM的体积VNBCM=×S△BCM×=.
角度二 利用多面体的体积求高
如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设AP=1,AD=,三棱锥PABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.
【解】
(1)证明:如图,设BD与AC的交点为O,连接EO.
因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.
又E为PD的中点,所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)由题意得三棱锥PABD的体积V=PA·AB·AD=AB.
由V=,可得AB=.作AH⊥PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,故AH⊥平面PBC.
在Rt△PAB中,由勾股定理可得PB=,所以AH==.
所以A到平面PBC的距离为.
角度三 已知多面体的体积求其他量的值
(2017·高考全国卷Ⅰ)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∠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)
如图所示,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.
[通关练习]
如图,在底面为菱形的四棱锥PABCD中,PA⊥AD,PA⊥CD,E为侧棱PC
上一点.
(1)若BE⊥PC,求证:PC⊥平面BDE;
(2)若PA∥平面BDE,求平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比.
解:(1)证明:连接AC,因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为PA⊥AD,PA⊥CD,且AD∩CD=D,
所以PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.
又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.
因为BE⊥PC,BD∩BE=B,所以PC⊥平面BDE.
(2)设AC∩BD=O,连接OE,因为四边形ABCD为菱形,所以AO=OC.
因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=OE,所以PA∥OE,
所以PE=EC,即E是PC的中点.
由(1)知PA⊥底面ABCD,所以点E到平面ABCD的距离为PA.
故三棱锥EBCD与四棱锥PABCD的体积比值为
===,
所以平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比为1∶3(或3∶1).
平面图形折叠成空间几何体问题
[学生用书P138]
[典例引领]
(2016·高考全国卷Ⅱ)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.
【解】 (1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得=,故AC∥EF.
由此得EF⊥HD,EF⊥HD′,所以AC⊥HD′.
(2)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=.
平面图形的翻折问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地,翻折后还在同一平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化.
[通关练习]
如图(1),在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE.
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1BCDE的体积为36,求a的值.
解:(1)证明:在题图(1)中,连接EC,
因为AB=BC=AD=a,
E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.
即在题图(2)中,BE⊥A1O,BE⊥OC,
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由(1)可得A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE.
即A1O是四棱锥A1BCDE的高.
由题图(1)知,A1O=AO=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,从而四棱锥A1BCDE的体积为V=S·A1O=×a2×a=a3.
由a3=36,得a=6.
立体几何中的探索性问题
[学生用书P139]
[典例引领]
如图,直三棱柱ABCA1B1C1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.
【解】 (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)当BM=1时,平面CAM⊥平面ADF.
证明如下:因为AB=AC,
故AD⊥BC.在直三棱柱ABCA1B1C1中,
BB1⊥平面ABC,BB1⊂平面B1BCC1,
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC=BC,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与AD相交,
故CM⊥平面ADF.
又CM⊂平面CAM,
故平面CAM⊥平面ADF.
解决探索性问题的方法
(1)对命题条件的探索的三种途径
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.
[通关练习]
1.如图,在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知DC=DD1=2AD=2AB,AD⊥DC,AB∥DC.
(1)求证:D1C⊥AC1;
(2)问在棱CD上是否存在点E,使D1E∥平面A1BD.若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.
解:(1)证明:
在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,连接C1D,
因为DC=DD1,所以四边形DCC1D1是正方形,
所以DC1⊥D1C.
又AD⊥DC,AD⊥DD1,DC∩DD1=D,
所以AD⊥平面DCC1D1,
又D1C⊂平面DCC1D1,
所以AD⊥D1C.
因为AD⊂平面ADC1,DC1⊂平面ADC1,且AD∩DC1=D,
所以D1C⊥平面ADC1,
又AC1⊂平面ADC1,所以D1C⊥AC1.
(2)假设存在点E,
使D1E∥平面A1BD.
连接AD1,AE,D1E,
设AD1∩A1D=M,BD∩AE=N,
连接MN,因为平面AD1E∩平面A1BD=MN,
要使D1E∥平面A1BD,
可使MN∥D1E,
又M是AD1的中点,
则N是AE的中点.
又易知△ABN≌△EDN,
所以AB=DE.
即E是DC的中点.
综上所述,当E是DC的中点时,可使D1E∥平面A1BD.
2.(2018·成都模拟)在四棱锥EABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,点F为BE的中点.
(1)求证:DE∥平面ACF.
(2)若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:连接OF,由四边形ABCD是正方形可知,点O为BD的中点.
又F为BE的中点,所以OF∥DE.
又OF⊂平面ACF,DE⊄平面ACF,
所以DE∥平面ACF.
(2)存在点G,此时=.证明如下:
若CG⊥平面BDE,则必有CG⊥OE,于是作CG⊥OE于点G.
因为EC⊥底面ABCD,所以BD⊥EC,
又底面ABCD是正方形,
所以BD⊥AC,又EC∩AC=C,所以BD⊥平面ACE.
而CG⊂平面ACE,所以CG⊥BD.
又OE∩BD=O,
所以CG⊥平面BDE.
又AB=CE,所以CO=AB=CE,
所以点G为EO的中点,所以=.
空间几何体体积的计算方法
(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行求解.其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.
(2)若所给定的几何体是不规则几何体,
则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.
(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.
折叠问题的求解策略
(1)关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.折线同侧的量位置关系不变,折线两侧的位置关系是变化量.
(2)综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,进而将其转化为立体几何的常规问题求解.
存在性问题的求解策略
对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论则否定假设.
[学生用书P307(单独成册)]
1.
如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列命题中正确的是( )
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;
②BC∥平面A′DE;
③三棱锥A′FED的体积有最大值.
A.① B.①②
C.①②③ D.②③
解析:选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,
所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.
②BC∥DE,根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.
③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′FED的体积达到最大,故选C.
2.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.
3.如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是( )
A.A′C⊥BD
B.∠BA′C=90°
C.CA′与平面A′BD所成的角为30°
D.四面体A′BCD的体积为
解析:选B.若A成立可得BD⊥A′D,产生矛盾,故A不正确;
由题设知:△BA′D为等腰Rt△,CD⊥平面A′BD,得BA′⊥平面A′CD,于是B正确;
由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D=45°知C不正确;
VA′BCD=VCA′BD=,D不正确.故选B.
4.在直角梯形ABCD中,AB=2,CD=CB=1,∠ABC=90°,平面ABCD外有一点E,平面ADE⊥平面ABCD,AE=ED=1.
(1)求证:AE⊥BE;
(2)求点C到平面ABE的距离.
解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,BD==,AD=,又AD==,所以AE⊥ED.
因为AB2=AD2+BD2,
所以AD⊥BD,
因为平面ADE⊥平面ABCD,且交线为AD,AD⊥BD.
所以BD⊥平面ADE.
因为AE⊂平面ADE,所以BD⊥AE.
因为AE⊥BD,AE⊥ED,BD∩DE=D,
所以AE⊥平面BDE,
因为BE⊂平面BDE,所以AE⊥BE.
(2)如图,过点E作EM⊥AD,交AD于M.
因为平面ADE⊥平面ABCD,
所以EM⊥平面ABCD.设点C到平面ABE的距离为h,
EM=,S△ABC=×AB×BC=×2×1=1,
S△ABE=×EB×AE=××1=.
因为VEABC=VCABE,
所以×1×=××h,所以h=,
所以点C到平面ABE的距离为.
5.(2018·太原模拟)如图,在几何体ABCDFE中,四边形ABCD是菱形,BE⊥平面ABCD,DF∥BE,且DF=2BE=2,EF=3.
(1)证明:平面ACF⊥平面BEFD.
(2)若cos∠BAD=,求几何体ABCDFE的体积.
解:(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,
因为BE⊥平面ABCD,所以BE⊥AC.
所以AC⊥平面BEFD.
所以平面ACF⊥平面BEFD.
(2)设AC与BD的交点为O,AB=a(a>0),
由(1)得AC⊥平面BEFD,
因为BE⊥平面ABCD,所以BE⊥BD,
因为DF∥BE,所以DF⊥BD,
所以BD2=EF2-(DF-BE)2=8,所以BD=2,
所以S四边形BEFD=(BE+DF)·BD=3,
因为cos∠BAD=,所以BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD=a2=8,
所以a=,
所以OA2=AB2-OB2=3,所以OA=,
所以VABCDFE=2VABEFD=S四边形BEFD·OA=2.
6.(2017·高考全国卷Ⅲ)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.
解:
(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.
从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.
(2)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.
1.(2018·郑州第二次质量检测)如图,高为1的等腰梯形ABCD中,AM=CD=AB=1,M为AB的三等分点.现将△AMD沿MD折起,使平面AMD⊥平面MBCD,连接AB,AC.
(1)在AB边上是否存在点P,使AD∥平面MPC?
(2)当点P为AB边的中点时,求点B到平面MPC的距离.
解:(1)当AP=AB时,有AD∥平面MPC.
理由如下:
连接BD交MC于点N,连接NP.
在梯形MBCD中,DC∥MB,==,
因为△ADB中,=,所以AD∥PN.
因为AD⊄平面MPC,PN⊂平面MPC,
所以AD∥平面MPC.
(2)因为平面AMD⊥平面MBCD,平面AMD∩平面MBCD=DM,
平面AMD中AM⊥DM,所以AM⊥平面MBCD.
所以VPMBC=×S△MBC×=××2×1×=.
在△MPC中,MP=AB=,MC=,
又PC==,所以S△MPC=××=.
所以点B到平面MPC的距离为d===.
2.
如图所示,已知长方体ABCDA1B1C1D1,点O1为B1D1的中点.
(1)求证:AB1∥平面A1O1D.
(2)若AB=AA1,在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE?若存在,求出;若不存在,说明理由.
解:(1)证明:如图所示,连接AD1交A1D于点G,
所以G为AD1的中点.连接O1G.在△AB1D1中,
因为O1为B1D1的中点,
所以O1G∥AB1.
因为O1G⊂平面A1O1D,且AB1⊄平面A1O1D,
所以AB1∥平面A1O1D.
(2)若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE,连接A1B交AE于点M.
因为BC⊥平面ABB1A1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AE.
又因为A1C∩BC=C,且A1C,BC⊂平面A1BC,
所以AE⊥平面A1BC.
因为A1B⊂平面A1BC,
所以AE⊥A1B.
在△AMB和△ABE中,
∠BAM+∠ABM=90°,∠BAM+∠BEA=90°,
所以∠ABM=∠BEA.
所以Rt△ABE∽Rt△A1AB,
所以=.
因为AB=AA1,
所以BE=AB=BB1,
即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE,此时=.
3.(2018·福建质量检测)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形.
(1)求证:AE∥平面BCF;
(2)若AD⊥DE,AD=DE=1,AB=2,∠BAD=60°,求三棱锥FAEC的体积.
解:(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AD∥BC.
又AD⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,所以AD∥平面BCF,因为四边形BDEF是矩形,所以DE∥BF.又DE⊄平面BCF,BF⊂平面BCF,
所以DE∥平面BCF.
因为AD∩DE=D,AD⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,
所以平面ADE∥平面BCF.
因为AE⊂平面ADE,所以AE∥平面BCF.
(2)设AC与BD交于点O,则O为AC的中点.连接OE,OF,如图.
故VFAEC=VCAEF=2VOAEF=2VAOEF.
在△ABD中,∠BAD=60°,AD=1,AB=2,
由余弦定理得,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠BAD,
所以BD=,
所以AB2=AD2+BD2,所以AD⊥BD.
又DE⊥AD,BD∩DE=D,BD⊂平面BDEF,DE⊂平面BDEF,所以AD⊥平面BDEF,
故AD的长为点A到平面BDEF的距离.
因为DE=1,所以S△OEF=S四边形BDEF=BD·DE=,所以VAOEF=S△OEF·AD=,
故VFAEC=2VAOEF=,即三棱锥FAEC的体积为.