20届高考数学文二轮复习 第2部分 专题3 第2讲立体几何大题Word格式.docx
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(3)如图,取PC的中点G,
连接FG,DG.
因为F,G分别为PB,PC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC,
因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC.
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形,所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
跟踪演练1 如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ADB=90°
,CB=CD,点E为棱PB的中点.
(1)若PB=PD,
求证:
PC⊥BD;
CE∥平面PAD.
证明
(1)取BD的中点O,连接CO,PO,
因为CD=CB,
所以△CBD为等腰三角形,
所以BD⊥CO.
因为PB=PD,
所以△PBD为等腰三角形,所以BD⊥PO.
又PO∩CO=O,PO,CO⊂平面PCO,
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO,所以PC⊥BD.
(2)由E为PB的中点,连接EO,则EO∥PD,
又EO⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB=90°
及BD⊥CO,可得CO∥AD,
又CO⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO=O,CO,EO⊂平面COE,
所以平面CEO∥平面PAD,
而CE⊂平面CEO,所以CE∥平面PAD.
热点二 体积、距离的计算
高考常考体积和距离问题的解题策略:
(1)求空间几何体的体积的常用方法有换底法,转化法,割补法.换底法的一般思路是找出几何体的底面和高,看底面积和高是否容易计算,若较难计算,则转换顶点和底面,使得底面积和高都比较容易求出;
转化法是利用一个几何体与某几何体之间的关系,转化为求该几何体的体积;
对于较复杂的几何体,有时也进行分割和补形,间接求得体积.
(2)求立体几何中的距离问题时常利用等体积法,即把要求的距离转化成一个几何体的高,利用同一个几何体的体积相等,转换这个几何体的顶点去求解.
例2 (2019·
东北三省三校模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,PG⊥平面ABCD,垂足为G,G在AD上,且AG=GD,BG⊥GC,GB=GC=2,四面体P-BCG的体积为.
(1)求点D到平面PBG的距离;
(2)若点F是棱PC上一点,且DF⊥GC,求的值.
解
(1)方法一 由已知VP-BCG=S△BCG·
PG
=×
BG·
GC·
PG=,
∴PG=4,
∵PG⊥平面ABCD,BG⊂平面ABCD,∴PG⊥BG,
∴S△PBG=BG·
PG=×
2×
4=4,
∵AG=GD,
∴S△BDG=·
S△BCG=×
2=,
设点D到平面PBG的距离为h,
∵VD-PBG=VP-BDG,
∴·
S△PBG·
h=·
S△BDG·
PG,
∴×
4·
h=×
×
4,
∴h=.
方法二 由已知VP-BCG=S△BCG·
∵PG⊥平面ABCD,PG⊂平面PBG,
∴平面PBG⊥平面ABCD,
∵平面PBG∩平面ABCD=BG,
在平面ABCD内,过D作DK⊥BG,交BG延长线于K,
则DK⊥平面PBG,
∴DK的长就是点D到平面PBG的距离,
∵BC=2,
∴GD=AD=BC=,
在△DKG中,DK=DGsin45°
=,
∴点D到平面PBG的距离为,
(2)在平面ABCD内,
过D作DM⊥GC于M,连接FM,
又∵DF⊥GC,DM∩DF=D,DM,DF⊂平面FMD,
∴GC⊥平面FMD,又FM⊂平面FMD,
∴GC⊥FM,
∵PG⊥平面ABCD,GC⊂平面ABCD,∴PG⊥GC,
∴FM∥PG,
由GM⊥MD,得GM=GDcos45°
∴===3.
跟踪演练2 (2019·
淄博模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=1,CD=3,AP=2,DP=2,∠PAD=60°
,AB⊥平面PAD,点M在棱PC上.
(2)若直线PA∥平面MBD,求此时三棱锥P-MBD的体积.
(1)证明 因为AB⊥平面PAD,
所以AB⊥DP,
又因为DP=2,AP=2,∠PAD=60°
,
由=,
可得sin∠PDA=,所以∠PDA=30°
所以∠APD=90°
,即DP⊥AP,
因为AB∩AP=A,AB,AP⊂平面PAB,
所以DP⊥平面PAB,
因为DP⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.
(2)解 连接AC,与BD交于点N,连接MN,
因为PA∥平面MBD,
MN为平面PAC与平面MBD的交线,
所以PA∥MN,
所以=,
在四边形ABCD中,因为AB∥CD,
所以△ABN∽△CDN,
所以===3,=3,PM=PC.
因为AB⊥平面PAD,
所以AB⊥AD,且平面APD⊥平面ABCD,
在平面PAD中,作PO⊥AD,则PO⊥平面ABCD,
因为VP-MBD=VP-BCD-VM-BCD,
所以VP-MBD=VP-BCD-VP-BCD=VP-BCD,
因为CD=3.所以VP-BCD=×
3×
4×
=2,
所以VP-MBD=.
热点三 翻折与探索性问题
高考中翻折与探索性问题的解题策略:
(1)翻折问题有一定的难度,在解题时,一定要先弄清楚在翻折过程中哪些量发生了变化,哪些量没有发生变化.一般情况下,长度不发生变化,而位置关系发生变化.再通过连线得到三棱锥、四棱锥等几何体,最后把问题转化到我们较熟悉的几何体中去解决.
(2)对于探索性问题,一般根据问题的设问,首先假设其存在,然后在这个假设下进行推理论证,如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛盾就否定假设.
例3 如图1,已知菱形AECD的对角线AC,DE交于点F,点E为AB中点.将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置,如图2所示.
DE⊥平面PCF;
平面PBC⊥平面PCF;
(3)在线段PD,BC上是否分别存在点M,N,使得平面CFM∥平面PEN?
若存在,请指出点M,N的位置,并证明;
若不存在,请说明理由.
(1)证明 折叠前,因为四边形AECD为菱形,
所以AC⊥DE,
所以折叠后,DE⊥PF,DE⊥CF,
又PF∩CF=F,PF,CF⊂平面PCF,
所以DE⊥平面PCF.
(2)证明 因为四边形AECD为菱形,
所以DC∥AE,DC=AE.
又点E为AB的中点,
所以DC∥EB,DC=EB,
所以四边形DEBC为平行四边形,
所以CB∥DE.
又由
(1)得,DE⊥平面PCF,
所以CB⊥平面PCF.
因为CB⊂平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PCF.
(3)解 存在满足条件的点M,N,
且M,N分别是PD和BC的中点.
如图,分别取PD和BC的中点M,N.
连接EN,PN,MF,CM.
因为四边形DEBC为平行四边形,
所以EF∥CN,EF=BC=CN,
所以四边形ENCF为平行四边形,
所以FC∥EN.
在△PDE中,M,F分别为PD,DE的中点,
所以MF∥PE.
又EN,PE⊂平面PEN,PE∩EN=E,MF,CF⊂平面CFM,MF∩CF=F,
所以平面CFM∥平面PEN.
跟踪演练3 (2018·
全国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.
(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,
又DM⊂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,BC,CM⊂平面BMC,
所以DM⊥平面BMC.
又DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解 当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.
证明如下:
连接AC,BD,交于点O.
因为ABCD为矩形,
所以O为AC的中点.
连接OP,因为P为AM的中点,
所以MC∥OP.
又MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,
所以MC∥平面PBD.
真题体验
(2019·
全国Ⅰ,文,19)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.
MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明 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∥DC且A1B1=DC,
所以四边形A1B1CD是平行四边形,
可得B1C∥A1D且B1C=A1D,
故ME∥ND且ME=ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,ED⊂平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作CH⊥C1E交C1E于H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,且BC∩C1C=C,
所以DE⊥平面C1CE,
故DE⊥CH.
又DE∩C1E=E,DE,C1E⊂平面C1DE,
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.
押题预测
如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=AD,∠ADP=30°
,∠BAD=90°
.
PD⊥PB;
(2)设点M在线段PC上,且PM=PC,若△MBC的面积为,求四棱锥P-ABCD的体积.
(1)证明 ∵平面ABCD⊥平面PAD,
平面ABCD∩平面PAD=AD,∠BAD=90°
∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PD,
在△PAD中,∵AP=AD,∠ADP=30°
∴由正弦定理,可得sin∠ADP=sin∠APD,
∴∠APD=90°
,∴PD⊥PA,
又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
∴PD⊥平面PAB,∴PD⊥PB.
(2)解 取AD的中点F,连接CF,PF,设AD=2
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