2020年高考数学一轮复习教案：高考大题增分课4 立体几何中的高考热点问题(含解析)

（四）立体几何中的高考热点问题

[命题解读]　1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．

2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．

以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．

【例1】　(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.

(1)证明：平面AEC⊥平面BED；

(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．

[信息提取]　看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；

看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．

[规范解答]　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分

因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.

又AC⊂平面AEC，

所以平面AEC⊥平面BED.  4分

(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 6分

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.

由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝×·AC·GD·BE＝x3＝，故x＝2.                            9分

从而可得AE＝EC＝ED＝.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.

故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2. 12分

[易错与防范]　易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD∩BE＝B.AC⊂平面AEC等条件，推理不严谨，导致扣分．

2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．

防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分．

2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．

[通性通法]　空间几何体体积的求法

(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．

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，所以点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得点M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.

所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝×S△BCM×＝.

求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．

【例2】　(2019·开封模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，M为CD的中点，平面PAD⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥PM；

(2)若∠APD＝90°，PA＝，求点A到平面PBM的距离．

[解]　(1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，

∵底面ABCD是菱形，

∴BD⊥AC，

∵E，M分别是AD，DC的中点，

∴EM∥AC，∴EM⊥BD.

∵PA＝PD，∴PE⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，

∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM，

∵PM⊂平面PEM，∴BD⊥PM.

(2)连接AM，BE，∵PA＝PD＝，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，PE＝1，EM＝AC＝，

∴PM＝PB＝＝2.

在等边三角形DBC中，BM＝，

∴S△PBM＝，S△ABM＝×2×＝.设三棱锥A ­PBM的高为h，则由等体积可得·h＝××1，

∴h＝，

∴点A到平面PBM的距离为.

如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面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＝，求点A到平面PBC的距离．

[解]　(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.

因为四边形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)三棱锥P­ABD的体积V＝PA·AB·AD＝AB，由V＝，可得AB＝.由题设知BC⊥AB，BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB，在平面PAB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝＝＝.所以点A到平面PBC的距离为.

是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．

【例3】　(2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD；

(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．

所以对角线AC经过点F.

又在△PAC中，点E为PC的中点，

所以EF为△PAC的中位线，

所以EF∥PA.

又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，

所以EF∥平面PAD.

(2)存在满足要求的点G.

在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.

因为底面ABCD是边长为a的正方形，

所以CD⊥AD.

又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以CD⊥平面PAD.

又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.

取CD中点G，连接FG，EG.

因为F为BD中点，

所以FG∥AD.

又CD⊥AD，所以FG⊥CD，

又FG∩EF＝F，

所以CD⊥平面EFG，

又CD⊂平面PDC，

所以平面EFG⊥平面PDC.

(2019·长沙模拟)如图，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．

[证明]　(1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S­ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.

在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.

因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.

(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.

连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝a.

由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝.

故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.

过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，

在△BDN中，易得BN∥PO.

又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，

所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.

因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.

[大题增分专训]

1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．

(1)证明：PD∥平面CEF；

(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P­DEF的体积．

[解]　(1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．

∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝AD＝ED，

∴BCED，

∴四边形BCDE为平行四边形，      

∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD.

又OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF，∴PD∥平面CEF.

(2)由(1)知，BE＝CD.

∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝AD，

∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，

∴∠DAB＝，

过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝.

∵PE⊥平面ABCD，PE⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，

又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH⊂平面ABCD，

∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝.

又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝，又S△PDE＝PE·DE＝2，

∴V三棱锥P­DEF＝S△PDE×h＝×2×＝.

2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF：S四边形CDEF＝1∶3.

(1)证明：PB∥平面ACE；

(2)当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．

[解]　(1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，

∴AB∥CD，∵CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，∴AB∥平面PCD.

又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，

∴EF∥AB，∴EF∥CD.

由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．

如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，

连接EG，则EG∥PB.

又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

∴PB∥平面ACE.

(2)∵PA＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝，AE＝PD＝，

∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，

∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.

在Rt△CDE中，CE＝＝.

在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝＝，

∴sin∠AEC＝，∴S△ACE＝·AE·CE·sin∠AEC＝ .

设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VF­ACE＝××h＝h.

∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC.

∵E为PD的中点，∴点E到平面ACF的距离为DG＝.

又F为PC的中点，∴S△ACF＝S△ACP＝，

∴VE­ACF＝××＝.

由VF­ACE＝VE­ACF，得h＝，得h＝，

∴点F到平面ACE的距离为.

3．已知在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，E为线段AD上靠近点A的三等分点，O为AB的中点，且PA＝PB，AB＝AD.

(1)求证：EC⊥PE.

(2)PB上是否存在一点F，使得OF∥平面PEC？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)证明：连接PO，EO，CO.

∵平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，O为AB的中点，

∴PO⊥平面ABCD，∵CE⊂平面ABCD，∴PO⊥CE.

设AD＝3，∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，BC＝3，

∴AE＝AD＝1，

∴ED＝2，EC＝＝＝2，OE＝＝＝，OC＝＝＝，

∴OE2＋EC2＝OC2，∴OE⊥EC.

又PO∩OE＝O，∴EC⊥平面POE，

又PE⊂平面POE，∴EC⊥PE.

(2)PB上存在一点F，使得OF∥平面PEC，且F为PB的三等分点(靠近点B)．证明如下：

取BC的三等分点M(靠近点C)，连接AM，易知AEMC，∴四边形AECM为平行四边形，∴AM∥EC.

取BM的中点N，连接ON，∴ON∥AM，∴ON∥EC.

∵N为BM的中点，∴N为BC的三等分点(靠近点B)．

∵F为PB的三等分点(靠近点B)，连接OF，NF，∴NF∥PC，

又ON∩NF＝N，EC∩PC＝C，∴平面ONF∥平面PEC，

∴OF∥平面PEC.