2021届高考数学（文）一轮复习学案：立体几何初步第6节立体几何中的综合问题

 第六节　立体几何中的综合问题⊙考点1　线面位置关系与体积计算　转化思想的应用(1)证明线面平行、面面平行可转化为证明线线平行；证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行．(2)从解题方法上讲，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行．(3)求几何体的体积也常用转化法．如三棱锥顶点和底面的转化，几何体的高利用平行、中点，比例关系的转化等．　(2019·郑州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝90°，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝8，平面PAD⊥平面ABCD，M是PC的三等分点(靠近C点处)．(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)求三棱锥D­MAB的体积．[解](1)证明：由题易得BD＝AD＝4，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又∵BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.(2)过点P作PO⊥AD交AD于点O(图略)，∵平面PAD⊥平面DAB，平面PAD∩平面DAB＝AD，∴PO⊥平面DAB，∴点P到平面DAB的距离为PO＝2.∴VD­MAB＝VM­DAB＝S△DAB·PO＝××(4)2××2＝.　解答本例第(2)问时，利用比例关系求出点M到平面ABCD的距离．　已知边长为2的正方形ABCD与菱形ABEF所在平面互相垂直，M为BC中点．(1)求证：EM∥平面ADF；(2)若∠ABE＝60°，求四面体M­ACE的体积．[解](1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD.∵BC平面ADF，AD平面ADF，∴BC∥平面ADF.∵四边形ABEF是菱形，∴BE∥AF.∵BE平面ADF，AF平面ADF，∴BE∥平面ADF.∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF.∵EM平面BCE，∴EM∥平面ADF.(2)取AB中点P，连接PE.∵在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，∴△AEB为正三角形，∴EP⊥AB.∵AB＝2，∴EP＝.∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴EP⊥平面ABCD，∴EP为四面体E­ACM的高．∴VM­ACE＝VE­ACM＝S△ACM·EP＝××1×2×＝.⊙考点2　平面图形的翻折问题　解决平面图形翻折问题的步骤　(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.图1　　　　　　　　　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)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. (1)解答本例第(1)问的关键是折叠后AD∥BE，CG∥BE不变．(2)解答本例第(2)问的关键是，根据DE⊥平面BCGE，四边形BCGE是菱形找出四边形ACGD的高．[教师备选例题]　如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图2所示的四棱锥P­ABCE.图1　　　　　　　　　　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＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.∵AC∩AE＝A，AC平面ABCE，AE平面ABCE，∴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.　(2019·济南模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．图1　　　　　　　　　　　　图2(1)求证：PD∥平面MCE；(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．[解](1)证明：在题图①中，∵BE＝AB＝CD，且BE∥CD，∴四边形EBCD是平行四边形，如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，∴O是BD的中点，又点M是棱PB的中点，∴OM∥PD，∵PD平面MCE，OM平面MCE，∴PD∥平面MCE.(2)在题图中，EBCD是平行四边形，∴DE＝BC，∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AD＝BC，∴AD＝DE，∵∠BAD＝45°，∴AD⊥DE，如图，PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，∴PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，∴OM⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，∵AE＝2，∴AD＝DE＝，∴OM＝PD＝AD＝，∵S△BCE＝S△ADE＝1，∴三棱锥M­BCE的体积VM­BCE＝S△BCE·OM＝.⊙考点3　线面位置关系中的存在性问题　存在性问题的一般解题方法先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．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．　(2019·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD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.　解答本例第(3)问的难点在于如何探索出点F是PB的中点，可结合点E是CD的中点，CF∥平面PAE探求．[教师备选例题]如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC＝PD＝2，E为PC的中点，CB＝3CG.(1)求证：PC⊥BC；(2)AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.又PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC平面PCD，所以PC⊥BC.(2)连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，延长GO交AD于点M，连接EM，则PA∥平面MEG.证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，所以EO∥PA.因为EO平面MEG，PA平面MEG，所以PA∥平面MEG.因为△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝，所以AM的长为.　(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．[解](1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD.