高中数学高考第6节 立体几何中的综合问题 教案

这是一份高中数学高考第6节 立体几何中的综合问题 教案，共9页。
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＝4eq \r(2)，
∴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＝2eq \r(2).
∴VD­MAB＝VM­DAB＝eq \f(1,3)S△DAB·eq \f(1,3)PO＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(4eq \r(2))2×eq \f(1,3)×2eq \r(2)＝eq \f(32\r(2),9).
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＝eq \r(3).
∵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＝eq \f(1,3)S△ACM·EP
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3).
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＝eq \r(3)，
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＝eq \r(7)，cs∠EDC＝eq \f(5,7).将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝eq \r(3)，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＝eq \r(7)，cs∠EDC＝eq \f(5,7)，
由余弦定理得
CE＝eq \r(\r(7)2＋\r(7)2－2×\r(7)×\r(7)×\f(5,7))＝2.
连接AC，
∵AE＝2，∠AEC＝60°，
∴AC＝2.
又AP＝eq \r(3)，
∴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＝eq \f(1,2)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＝eq \r(2)，
∴OM＝eq \f(1,2)PD＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(2),2)，
∵S△BCE＝S△ADE＝1，
∴三棱锥M­BCE的体积
VM­BCE＝eq \f(1,3)S△BCE·OM＝eq \f(\r(2),6).
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＝eq \f(1,2)AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE＝eq \f(1,2)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＝eq \f(2,3)，所以AM的长为eq \f(2,3).
(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧eq \(\s\up20(︵),CD)所在平面垂直，M是eq \(\s\up20(︵),CD)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eq \(\s\up20(︵),CD)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.