2021高考数学一轮复习统考第8章立体几何高考大题冲关系列4高考中立体几何问题的热点题型学案含解析北师大版

高考中立体几何问题的热点题型

命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何解答题是高考的重点内容之一，每年必考，一般处在试卷第18题或者第19题的位置，主要考查空间线线、线面、面面的平行与垂直及空间几何体的体积或侧面积，试题以中档难度为主．着重考查推理论证能力和空间想象能力以及转化与化归思想，几何体以四棱柱、四棱锥、三棱柱、三棱锥等为主．

题型1　空间的位置关系与体积

角度1　平行关系的证明及求体积

例1　(2019·西安模拟)已知四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别为AD，PC上的点，AD＝3AE，PC＝3PF，四边形BCDE为矩形．

(1)求证：PA∥平面BEF；

(2)若∠PAD＝60°，PA＝2AE＝2，PB＝2，求三棱锥P－BEF的体积．

解　(1)证明：连接AC，交BE于点M，连接FM.

因为四边形BCDE是矩形，所以BC∥DE，BC＝DE，

所以△AME∽△CMB，所以＝＝.

依题意，得＝，所以＝＝，

所以PA∥FM，

因为FM⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，

所以PA∥平面BEF.

(2)因为PA＝2，AE＝1，∠PAD＝60°，

由余弦定理可得PE＝，所以PE⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，

所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CB.

又因为BE⊥CB，且PE∩BE＝E，

所以CB⊥平面PEB，而BC＝DE＝2AE＝2，

所以点F到平面PEB的距离为，

又因为在直角三角形PEB中，EB＝＝3，

所以VP－BEF＝VF－PEB＝×××3×＝.

[冲关策略]　在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”．

变式训练1　(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

(1)证明：MN∥平面C1DE；

(2)求点C到平面C1DE的距离．

解　(1)证明：如图，连接B1C，ME.

因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.

由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.

又因为MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

(2)解法一：过点C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．

由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.从而点C到平面C1DE的距离为.

解法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为BC的中点，所以DE⊥BC，

根据题意有DE＝，C1E＝，

因为棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，

所以DE⊥EC1，所以S△C1DE＝××＝，

设点C到平面C1DE的距离为d，

根据题意有VC－C1DE＝VC1－CDE，

则有××d＝××1××4，

解得d＝＝.

所以点C到平面C1DE的距离为.

角度2　　垂直关系的证明及求体积

例2　(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．

解　(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又因为BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1＝90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，

所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，

故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.

如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.

所以四棱锥E－BB1C1C的体积

V＝×3×6×3＝18.

[冲关策略]　(1)在解决直线与平面垂直问题的过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化．

(2)面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中作交线的垂线即可．

变式训练2　(2019·河南八市第五次测评)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝AC，∠ACB＝90°.

(1)求证：平面AB1C1⊥平面A1B1C；

(2)若∠A1AC＝60°，AC＝2CB＝2，求四棱锥A－BCC1B1的体积．

解　(1)∵平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，

∠ACB＝90°，∴BC⊥平面ACC1A1，

∵A1C⊂平面ACC1A1∴BC⊥A1C，

∵B1C1∥BC，∴A1C⊥B1C1，

∵四边形ACC1A1是平行四边形，且AA1＝AC，

∴四边形ACC1A1是菱形，

∴A1C⊥AC1，

∵AC1∩B1C1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1，

又A1C⊂平面A1B1C，∴平面AB1C1⊥平面A1B1C.

(2)∵四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，

∴S△ACC1＝×2×2×sin60°＝，

∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1，BC＝1，

∴VB1－ACC1＝S△ACC1·B1C1＝××1＝，

∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝.

即四棱锥A－BCC1B1的体积为.

题型2　立体几何中的折叠问题

例3　(2019·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.

[冲关策略]　平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没变．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质一般不发生变化，不在同一个平面上的性质可能发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．

变式训练3　(2019·山东四校联考)在如图所示的矩形ABCD中，AB＝AD＝2，点E为AD边上异于点A，D的动点，且EF∥AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD.

(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM∥平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；

(2)求三棱锥G－BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．

解　(1)取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF.

证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，

∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，

∴GM为△EDF的中位线，GM∥DF，

又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，

故GM∥平面BDF.

(2)∵CF∥DE，且AE与CF的夹角为60°，

故AE与DE的夹角为60°，即∠AED＝60°，

过D作DP⊥AE交AE于点P，

由已知得DE⊥EF，AE⊥EF，

∴EF⊥平面AED，则EF⊥DP，

又AE∩EF＝E，∴DP⊥平面AEFB，

即DP为点D到平面AEFB的距离，

设DE＝x，则DP＝x，AE＝BF＝4－x，

由(1)知GM∥DF，

∴VG－BDF＝VM－BDF＝VD－MBF＝S△MBF·DP

＝××x＝(4－x)·x

≤×＝，

当且仅当4－x＝x时等号成立，此时x＝DE＝2.

故三棱锥G－BDF的体积的最大值为，此时DE的长度为2.

题型3　立体几何中的探索性问题

例4　(2019·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

解　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥BD.

因为底面ABCD为菱形，

所以BD⊥AC.

又因为PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC.

(2)证明：因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，

所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.

又因为AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.

因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.

(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.

取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，

则FG∥AB，且FG＝AB.

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE＝AB.

所以FG∥CE，且FG＝CE.

所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.

因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，

所以CF∥平面PAE.

[冲关策略]　解决存在性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，若找到了使结论成立的充分条件，则存在；若找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．

变式训练4　(2019·河南郑州第二次质检)四棱锥P－ABCD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，求四面体D－CEG的体积．

解　(1)证明：如图，连接PF，BD，

∵△PAD是等边三角形，F为AD的中点，

∴PF⊥AD，

∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝，

∴△ABD是等边三角形，

∵F为AD的中点，∴BF⊥AD，

又PF，BF⊂平面PBF，PF∩BF＝F，

∴AD⊥平面PBF，

∵PB⊂平面PBF，

∴AD⊥PB.

(2)由(1)得BF⊥AD，又PD⊥BF，AD，PD⊂平面PAD，

∴BF⊥平面PAD，又BF⊂平面ABCD，

∴平面PAD⊥平面ABCD，

由(1)得PF⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴PF⊥平面ABCD，

连接FC交DE于点H，则△HEC与△HDF相似，又EC＝BC＝FD，∴CH＝CF，

∴在△PFC中，过H作GH∥PF交PC于点G，则GH⊥平面ABCD，又GH⊂平面GED，则平面GED⊥平面ABCD，此时CG＝CP，

∴四面体D－CEG的体积

VD－CEG＝VG－CED＝S△CED·GH＝××2×2××PF＝.

所以存在点G满足CG＝CP，使平面DEG⊥平面ABCD，且VD－CEG＝.