版二轮复习数学文 第二层级 高考5个大题 题题研诀窍 立体几何问题重在建转建模转换.docx

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版二轮复习数学文第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在建转建模转换

　　　　　　　　　　[技法指导——迁移搭桥]

立体几何解答题建模、转换策略

立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、转换．

建模——问题转化为平行模型、垂直模型等；

转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解.

[典例]　（2018·全国卷Ⅰ）如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

（1）证明：

平面ACD⊥平面ABC；

（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥QABP的体积．

[快审题]　

求什么

想什么

求证面面垂直，想到证线面垂直．

求三棱锥的体积，想到求底面积和高．

给什么

用什么

给出∠ACM＝90°，AB∥CM，用平行关系得∠BAC＝90°.

给出BP＝DQ＝DA，计算BP的长．

差什么

找什么

差点Q到平面ABP的距离，由DQ＝DA，找出点Q到平面ABP的距离等于点D到平面ABP距离的.

[稳解题]

（1）证明：

由已知可得，

∠BAC＝90°，即BA⊥AC.

又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，

所以AB⊥平面ACD.

因为AB⊂平面ABC，

所以平面ACD⊥平面ABC.

（2）由已知可得，

DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.

又BP＝DQ＝DA，

所以BP＝2.

如图，过点Q作QE⊥AC，

垂足为E，则QE綊DC.

由已知及

（1）可得，

DC⊥平面ABC，

所以QE⊥平面ABC，QE＝1.

因此，三棱锥QABP的体积为VQABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin45°×1＝1.

[题后悟道]

有关立体几何综合问题的解题步骤

[针对训练]

　（2018·沈阳质检）如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.

（1）求证：

BM∥平面PAD；

（2）若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝60°，求三棱锥PADM的体积．

解：

（1）证明：

如图，过M作MN∥CD交PD于点N，连接AN.

∵PM＝2MC，∴MN＝CD.

又AB＝CD，且AB∥CD，

∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴BM∥AN.

又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，

∴BM∥平面PAD.

（2）如图，过B作AD的垂线，垂足为E.

∵PD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，

∴PD⊥BE.

又AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD＝D，

∴BE⊥平面PAD.

由

（1）知，BM∥平面PAD，

∴点M到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，即BE.

连接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，

∴BE＝，

则三棱锥PADM的体积VPADM＝VMPAD＝×S△PAD×BE＝×3×＝.

[总结升华]

立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型，其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；距离、面积与体积的计算是重点内容．　

A组——“6＋3＋3”考点落实练

一、选择题

1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：

E，F，G，H四点不共面，命题乙：

直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的（　　）

A．必要不充分条件　　　B．充分不必要条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

解析：

选B　若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．

2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是（　　）

A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥b

B．若α⊥β，m∥α，则m⊥β

C．若a⊥α，a∥β，则α⊥β

D．若a∥α，b⊥a，则b⊥α

解析：

选C　A是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．

3．在正三棱柱ABCA1B1C1中，|AB|＝|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为（　　）

A．30°B．60°

C．75°D．90°

解析：

选D　将正三棱柱ABCA1B1C1补为四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2，

又因为BC1＝C1D＝，所以∠BC1D＝90°.

4.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是（　　）

A．AP⊥PB，AP⊥PC

B．AP⊥PB，BC⊥PB

C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC

D．AP⊥平面PBC

解析：

选B　A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.

5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：

①BD⊥AC；

②△BAC是等边三角形；

③三棱锥DABC是正三棱锥；

④平面ADC⊥平面ABC.

其中正确的结论是（　　）

A．①②④B．①②③

C．②③④D．①③④

解析：

选B　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.

6．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为（　　）

A．150°B．45°

C．120°D．60°

解析：

选D　如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角，在Rt△DEC中，CE＝2，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝＝，

所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.

二、填空题

7．（2018·天津六校联考）设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若a∥α且b∥α，则a∥b；

②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；

③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；

④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.

其中真命题的序号是________．

解析：

①中a与b也可能相交或异面，故不正确．

②垂直于同一直线的两平面平行，正确．

③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．

④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，正确．

答案：

②③④

8．若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：

①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________．

解析：

由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.

答案：

①③

9．（2018·全国卷Ⅱ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．

解析：

如图，∵SA与底面成45°角，

∴△SAO为等腰直角三角形．

设OA＝r，

则SO＝r，SA＝SB＝r.

在△SAB中，cos∠ASB＝，

∴sin∠ASB＝，

∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝×（r）2×＝5，

解得r＝2，

∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，

∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.

答案：

40π

三、解答题

10.（2018·长春质检）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

（1）证明：

PB∥平面ACE；

（2）设PA＝1，AD＝，PC＝PD，求三棱锥PACE的体积．

解：

（1）证明：

连接BD交AC于点O，连接OE.

在△PBD中，PE＝DE，

BO＝DO，所以PB∥OE.

又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，

所以PB∥平面ACE.

（2）由题意得AC＝AD，

所以VPACE＝VPACD＝VPABCD＝×S▱ABCD·PA

＝×××1＝.

11.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．

（1）当CF＝2时，证明：

B1F⊥平面ADF；

（2）若FD⊥B1D，求三棱锥B1ADF的体积．

解：

（1）证明：

因为AB＝AC，D是BC的中点，

所以AD⊥BC.

在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.

因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1.

因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.

在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，

所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，

所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，

所以B1F⊥FD.

因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF.

（2）由

（1）知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2，

在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，

所以B1D＝＝.

因为FD⊥B1D，

所以Rt△CDF∽Rt△BB1D，

所以＝，即DF＝×＝，

所以VB1ADF＝VAB1DF＝S△B1DF×AD＝××××2＝.

12．（2018·全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

（1）证明：

PO⊥平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．

解：

（1）证明：

因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，

所以PO⊥AC，且PO＝2.

连接OB，

因为AB＝BC＝AC，

所以△ABC为等腰直角三角形，

且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.

又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.

（2）如图，作CH⊥OM，垂足为H，

又由

（1）可得OP⊥CH，

所以CH⊥平面POM.

故CH的长为点C到平面POM的距离．

由题设可知OC＝AC＝2，

CM＝BC＝，∠ACB＝45°，

所以OM＝，CH＝＝.

所以点C到平面POM的距离为.

B组——大题专攻补短练

1．（2018·武汉调研）如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

（1）证明：

BE⊥平面D1AE；

（2）设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明：

∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，

∴BE⊥平面D1AE.

（2）＝，理由如下：

取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC.

又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB，

∴M，F，L，A四点共面，

若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.

∴四边形AMFL为平行四边形，

∴AM＝FL＝AB，即＝.

2.（2018·湖北八校联考）如图，在直三棱柱ABCA′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分别为AB和BB′上的点，且＝.

（1）当D为AB的中点时，求证：

A′B⊥CE；

（2）当D在线段AB上运动时（不含端点），求三棱锥A′CDE体积的最小值．

解：

（1）证明：

∵D为AB的中点，∴E为B′B的中点，

∵三棱柱ABCA′B′C′为直三棱柱，AA′＝AB＝6，

∴四边形ABB′A′为正方形，∴DE⊥A′B.

∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB.

由题意得平面ABB′A′⊥平面ABC，且平面ABB′A′∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，

∴CD⊥平面ABB′A′.

又A′B⊂平面ABB′A′，

∴CD⊥A′B.

又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE，

∵CE⊂平面CDE，∴A′B⊥CE.

（2）设AD＝x（0

则BE＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x，

由已知可得点C到平面A′DE的距离即为△ABC的边AB上的高h，且h＝＝4，

∴三棱锥A′CDE的体积VA′CDE＝VCA′DE＝（S四边形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E）·h＝·h＝（x2－6x＋36）＝[（x－3）2＋27]（0

∴当x＝3，即D为AB的中点时，VA′CDE取得最小值，最小值为18.

3.（2018·南昌模拟）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AC与BD相交于点O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱锥PACD的体积为9.

（1）求AD的值；

（2）过点O的平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H，求截面EFGH的周长．

解：

（1）因为在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，

四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，

所以V三棱锥PACD＝××AB×AD×AP＝AD＝9，

解得AD＝6.

（2）由题知平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，点O在EF上，平面PAB∩平面ABCD＝AB，

根据面面平行的性质定理，得EF∥AB，

同理EH∥BP，FG∥AP.因为BC∥AD，

所以△BOC∽△DOA，所以＝＝＝.

因为EF∥AB，所以＝＝，

又易知BE＝AF，AD＝2BC，所以FD＝2AF.

因为FG∥AP，所以＝＝，FG＝AP＝2.

因为EH∥BP，所以＝＝，

所以EH＝PB＝.

如图，作HN∥BC，GM∥AD，HN∩PB＝N，GM∩PA＝M，则HN∥GM，HN＝GM，

所以四边形GMNH为平行四边形，所以GH＝MN，

在△PMN中，MN＝＝，

又EF＝AB＝3，

所以截面EFGH的周长为EF＋FG＋GH＋EH＝3＋2＋＋＝5＋＋.

4.如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF∥CD，CD⊥EA，CD＝2EF＝2，ED＝，M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N.

（1）求证：

ED⊥CD.

（2）求证：

AD∥MN.

（3）若AD⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？

若能，求出的值；若不能，说明理由．

解：

（1）证明：

因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD.

又因为CD⊥EA，EA∩AD＝A，

所以CD⊥平面EAD.

因为ED⊂平面EAD，

所以ED⊥CD.

（2）证明：

因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC，

又因为AD⊄平面FBC，BC⊂平面FBC，

所以AD∥平面FBC.

又因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，

所以AD∥MN.

（3）平面ADMN与平面BCF可以垂直．证明如下：

连接DF.因为AD⊥ED，AD⊥CD，ED∩CD＝D，

所以AD⊥平面CDEF.所以AD⊥DM.

因为AD∥MN，所以DM⊥MN.

因为平面ADMN∩平面FBC＝MN，

所以若使平面ADMN⊥平面BCF，

则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC.

在梯形CDEF中，因为EF∥CD，DE⊥CD，CD＝2EF＝2，ED＝，

所以DF＝DC＝2.

所以若使DM⊥FC成立，则M为FC的中点．

所以＝.