届高三数学一轮复习导学案教师讲义第8章第6讲 平行垂直的综合问题.docx

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届高三数学一轮复习导学案教师讲义第8章第6讲平行垂直的综合问题

第6讲　平行、垂直的综合问题

　　　　　　平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题（高频考点）[学生用书P137]

平行、垂直关系的证明与体积计算的综合问题是每年高考的热点，题型为解答题，难度适中．主要命题角度有：

（1）求多面体的体积；

（2）利用多面体的体积求高；

（3）已知多面体的体积求其他量的值．

[典例引领]

角度一　求多面体的体积

（2016·高考全国卷Ⅲ）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的中点知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M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.

所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝.

角度二　利用多面体的体积求高

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

【解】　

（1）证明：

如图，设BD与AC的交点为O，连接EO.

因为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）由题意得三棱锥PABD的体积V＝PA·AB·AD＝AB.

由V＝，可得AB＝.作AH⊥PB于H.

由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.

在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.

所以A到平面PBC的距离为.

角度三　已知多面体的体积求其他量的值

（2017·高考全国卷Ⅰ）如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.

（1）证明：

平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【解】　

（1）证明：

由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

（2）

如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.

由

（1）知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.

设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.故四棱锥PABCD的体积VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.由题设得x3＝，故x＝2.

从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.

可得四棱锥PABCD的侧面积为

PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin60°＝6＋2.

（1）几何体的体积

柱体的体积V＝S底·h.

锥体的体积V＝S底·h.

（2）几何体的表面积

直棱柱的侧面积S侧＝C底·l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最后求和．

（3）计算几何体体积的关键及注意点

计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．　

[通关练习]

如图，在底面为菱形的四棱锥PABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，E为侧棱PC上一点．

（1）若BE⊥PC，求证：

PC⊥平面BDE；

（2）若PA∥平面BDE，求平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比．

解：

（1）证明：

连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，

所以PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.

又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.

因为BE⊥PC，BD∩BE＝B，所以PC⊥平面BDE.

（2）设AC∩BD＝O，连接OE，因为四边形ABCD为菱形，所以AO＝OC.

因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝OE，所以PA∥OE，

所以PE＝EC，即E是PC的中点．

由

（1）知PA⊥底面ABCD，所以点E到平面ABCD的距离为PA.

故三棱锥EBCD与四棱锥PABCD的体积比值为

＝＝＝，

所以平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．

　　　　　　平面图形折叠成空间几何体问题

[学生用书P138]

[典例引领]

（2016·高考全国卷Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

（1）证明：

AC⊥HD′；

（2）若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．

【解】　

（1）证明：

由已知得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.

由此得EF⊥HD，EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.

（2）由EF∥AC得＝＝.

由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是OD′2＋OH2＝

（2）2＋12＝9＝D′H2，

故OD′⊥OH.

由

（1）知，AC⊥HD′，

又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，

所以AC⊥平面BHD′，

于是AC⊥OD′.

又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，

所以OD′⊥平面ABC.

又由＝得EF＝.

五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.

所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.

平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．　

[通关练习]

如图

（1），在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图

（2）中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.

（1）证明：

CD⊥平面A1OC；

（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．

解：

（1）证明：

在题图

（1）中，连接EC，

因为AB＝BC＝AD＝a，

E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.

即在题图

（2）中，BE⊥A1O，BE⊥OC，

从而BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，

又由

（1）可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.

即A1O是四棱锥A1BCDE的高．

由题图

（1）知，A1O＝AO＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1BCDE的体积为V＝S·A1O＝×a2×a＝a3.

由a3＝36，得a＝6.

　　　　　　立体几何中的探索性问题

[学生用书P139]

[典例引领]

如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.

（1）求证：

C1E∥平面ADF.

（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.

【解】　

（1）证明：

连接CE交AD于O，连接OF.

因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故＝＝，故OF∥C1E，

因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，

所以C1E∥平面ADF.

（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.

证明如下：

因为AB＝AC，

故AD⊥BC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，

BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，

故平面B1BCC1⊥平面ABC.

又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.

又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，

故△CBM≌△FCD.

易证CM⊥DF，DF与AD相交，

故CM⊥平面ADF.

又CM⊂平面CAM，

故平面CAM⊥平面ADF.

解决探索性问题的方法

（1）对命题条件的探索的三种途径

途径一：

先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．

途径二：

先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．

途径三：

将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．

（2）对命题结论的探索方法

从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．

[注意]　对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由．　

[通关练习]

1．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.

（1）求证：

D1C⊥AC1；

（2）问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．

解：

（1）证明：

在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连接C1D，

因为DC＝DD1，所以四边形DCC1D1是正方形，

所以DC1⊥D1C.

又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，

所以AD⊥平面DCC1D1，

又D1C⊂平面DCC1D1，

所以AD⊥D1C.

因为AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，

所以D1C⊥平面ADC1，

又AC1⊂平面ADC1，所以D1C⊥AC1.

（2）假设存在点E，

使D1E∥平面A1BD.

连接AD1，AE，D1E，

设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，

连接MN，因为平面AD1E∩平面A1BD＝MN，

要使D1E∥平面A1BD，

可使MN∥D1E，

又M是AD1的中点，

则N是AE的中点．

又易知△ABN≌△EDN，

所以AB＝DE.

即E是DC的中点．

综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.

2．（2018·成都模拟）在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，点F为BE的中点．

（1）求证：

DE∥平面ACF.

（2）若AB＝CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明：

连接OF，由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点．

又F为BE的中点，所以OF∥DE.

又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，

所以DE∥平面ACF.

（2）存在点G，此时＝.证明如下：

若CG⊥平面BDE，则必有CG⊥OE，于是作CG⊥OE于点G.

因为EC⊥底面ABCD，所以BD⊥EC，

又底面ABCD是正方形，

所以BD⊥AC，又EC∩AC＝C，所以BD⊥平面ACE.

而CG⊂平面ACE，所以CG⊥BD.

又OE∩BD＝O，

所以CG⊥平面BDE.

又AB＝CE，所以CO＝AB＝CE，

所以点G为EO的中点，所以＝.

空间几何体体积的计算方法

（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．

折叠问题的求解策略

（1）关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．折线同侧的量位置关系不变，折线两侧的位置关系是变化量．

（2）综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，进而将其转化为立体几何的常规问题求解．

存在性问题的求解策略

对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．　

[学生用书P307（单独成册）]

1.

如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是（　　）

①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；

②BC∥平面A′DE；

③三棱锥A′FED的体积有最大值．

A．①　　　　　　　　B.①②

C．①②③D．②③

解析：

选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，

所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．

②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.

③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大，故选C.

2．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是（　　）

A．平面ABD⊥平面ABC

B．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDC

D．平面ADC⊥平面ABC

解析：

选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，

所以BD⊥CD.

又平面ABD⊥平面BCD，

且平面ABD∩平面BCD＝BD，

故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.

又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.

3．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是（　　）

A．A′C⊥BD

B．∠BA′C＝90°

C．CA′与平面A′BD所成的角为30°

D．四面体A′BCD的体积为

解析：

选B.若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；

由题设知：

△BA′D为等腰Rt△，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；

由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；

VA′BCD＝VCA′BD＝，D不正确．故选B.

4．在直角梯形ABCD中，AB＝2，CD＝CB＝1，∠ABC＝90°，平面ABCD外有一点E，平面ADE⊥平面ABCD，AE＝ED＝1.

（1）求证：

AE⊥BE；

（2）求点C到平面ABE的距离．

解：

（1）证明：

在直角梯形ABCD中，BD＝＝，AD＝，又AD＝＝，所以AE⊥ED.

因为AB2＝AD2＋BD2，

所以AD⊥BD，

因为平面ADE⊥平面ABCD，且交线为AD，AD⊥BD.

所以BD⊥平面ADE.

因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE.

因为AE⊥BD，AE⊥ED，BD∩DE＝D，

所以AE⊥平面BDE，

因为BE⊂平面BDE，所以AE⊥BE.

（2）如图，过点E作EM⊥AD，交AD于M.

因为平面ADE⊥平面ABCD，

所以EM⊥平面ABCD.设点C到平面ABE的距离为h，

EM＝，S△ABC＝×AB×BC＝×2×1＝1，

S△ABE＝×EB×AE＝××1＝.

因为VEABC＝VCABE，

所以×1×＝××h，所以h＝，

所以点C到平面ABE的距离为.

5．（2018·太原模拟）如图，在几何体ABCDFE中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3.

（1）证明：

平面ACF⊥平面BEFD.

（2）若cos∠BAD＝，求几何体ABCDFE的体积．

解：

（1）证明：

因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，

因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.

所以AC⊥平面BEFD.

所以平面ACF⊥平面BEFD.

（2）设AC与BD的交点为O，AB＝a（a>0），

由

（1）得AC⊥平面BEFD，

因为BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD，

因为DF∥BE，所以DF⊥BD，

所以BD2＝EF2－（DF－BE）2＝8，所以BD＝2，

所以S四边形BEFD＝（BE＋DF）·BD＝3，

因为cos∠BAD＝，所以BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝a2＝8，

所以a＝，

所以OA2＝AB2－OB2＝3，所以OA＝，

所以VABCDFE＝2VABEFD＝S四边形BEFD·OA＝2.

6．（2017·高考全国卷Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.

（1）证明：

AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

解：

（1）证明：

取AC的中点O，连接DO，BO.

因为AD＝CD，所以AC⊥DO.

又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.

从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.

（2）连接EO.

由

（1）及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.

在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.

又AB＝BD，所以

BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.

由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝AC.

又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD.

故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.

1．（2018·郑州第二次质量检测）如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.

（1）在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?

（2）当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．

解：

（1）当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.

理由如下：

连接BD交MC于点N，连接NP.

在梯形MBCD中，DC∥MB，＝＝，

因为△ADB中，＝，所以AD∥PN.

因为AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，

所以AD∥平面MPC.

（2）因为平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，

平面AMD中AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD.

所以VPMBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝.

在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，

又PC＝＝，所以S△MPC＝××＝.

所以点B到平面MPC的距离为d＝＝＝.

2.

如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．

（1）求证：

AB1∥平面A1O1D.

（2）若AB＝AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？

若存在，求出；若不存在，说明理由．

解：

（1）证明：

如图所示，连接AD1交A1D于点G，

所以G为AD1的中点．连接O1G.在△AB1D1中，

因为O1为B1D1的中点，

所以O1G∥AB1.

因为O1G⊂平面A1O1D，且AB1⊄平面A1O1D，

所以AB1∥平面A1O1D.

（2）若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，连接A1B交AE于点M.

因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE.

又因为A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，

所以AE⊥平面A1BC.

因为A1B⊂平面A1BC，

所以AE⊥A1B.

在△AMB和△ABE中，

∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，

所以∠ABM＝∠BEA.

所以Rt△ABE∽Rt△A1AB，

所以＝.

因为AB＝AA1，

所以BE＝AB＝BB1，

即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时＝.

3．（2018·福建质量检测）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形．

（1）求证：

AE∥平面BCF；

（2）若AD⊥DE，AD＝DE＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，求三棱锥FAEC的体积．

解：

（1）证明：

因为四边形ABCD是平行四边形，

所以AD∥BC.

又AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF，因为四边形BDEF是矩形，所以DE∥BF.又DE⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，

所以DE∥平面BCF.

因为AD∩DE＝D，AD⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，

所以平面ADE∥平面BCF.

因为AE⊂平面ADE，所以AE∥平面BCF.

（2）设AC与BD交于点O，则O为AC的中点．连接OE，OF，如图．

故VFAEC＝VCAEF＝2VOAEF＝2VAOEF.

在△ABD中，∠BAD＝60°，AD＝1，AB＝2，

由余弦定理得，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD，

所以BD＝，

所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.

又DE⊥AD，BD∩DE＝D，BD⊂平面BDEF，DE⊂平面BDEF，所以AD⊥平面BDEF，

故AD的长为点A到平面BDEF的距离．

因为DE＝1，所以S△OEF＝S四边形BDEF＝BD·DE＝，所以VAOEF＝S△OEF·AD＝，

故VFAEC＝2VAOEF＝，即三棱锥FAEC的体积为.