（新高考）2020版高考数学二轮复习 大题考法课 立体几何课件 文

大题考法课立体几何类型(一)空间平行、垂直关系的证明[典例]如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明](1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.∴PA⊥CD.∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF.又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.[规律方法]1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.3．平行、垂直关系证明的模型[对点训练]1．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.2．(2019·郑州市第一次质量预测)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(靠近点C处)．(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)求三棱锥D­MAB的体积．解：(1)证明：由题知，BD＝AD＝42，又AB＝8，∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，且两平面的交线是AD，BD⊂平面ABCD，BD⊥AD，∴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，则PO⊥平面ABD，∴点P到平面ABD的距离d＝22，∴V三棱锥D­MAB＝V三棱锥M­ABD＝13S△ABD·13d＝13×12×(42)2×13×22＝3229.类型(二)平面图形中的折叠问题[典例](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.(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，所以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，且BE∩BC＝B，所以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，所以DE⊥CG.因为四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，所以EM⊥CG，又DE∩EM＝E，所以CG⊥平面DEM.所以DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.[解题方略]求解平面图形折叠问题的关键和方法关键分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口方法把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决[对点训练](2019·成都二诊)如图①，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为AB，CD的中点，CD＝2AB＝2EF＝4，M为DF的中点．现将四边形BEFC沿EF折起，使平面BEFC⊥平面AEFD，得到如图②所示的多面体．(1)证明：EF⊥MC；(2)求三棱锥M­ABD的体积．解：(1)证明：由题意，可知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EF⊥CD.折叠后，EF⊥DF，EF⊥CF.∵DF∩CF＝F，∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF，∴EF⊥MC.(2)易知AE＝BE＝1，DF＝CF＝2，DM＝1，∴MF＝1＝AE.又AE∥MF，∴四边形AEFM为平行四边形．∴AM∥EF，故AM⊥DF.∵平面BEFC⊥平面AEFD，平面BEFC∩平面AEFD＝EF，且BE⊥EF，∴BE⊥平面AEFD.∴VM­ABD＝VB­AMD＝13×S△AMD×BE＝13×12×1×2×1＝13.即三棱锥M­ABD的体积为13.类型(三)立体几何中的探究性问题[典例]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且AEAB＝m，点F为PD中点．(1)若m＝12，证明：直线AF∥平面PEC；(2)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．[解](1)证明：作FM∥CD，交PC于点M，因为点F为PD的中点，所以FM＝12CD.因为m＝12，所以AE＝12AB＝FM，又FM∥CD∥AE，所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，所以直线AF∥平面PEC.(2)存在一个常数m＝32，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，所以AE＝ADcos30°＝3，又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，因为AB⊂平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，所以m＝AEAB＝32.[解题方略]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用．[对点训练]如图所示的五面体ABEDFC中，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝π3，BC⊥平面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点．(1)在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥G­ECD的体积．解：(1)存在点H使GH∥平面BCD，此时H为AD的中点．证明如下：取点H为AD的中点，连接GH，在△ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD，又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以GH∥平面BCD.(2)由题意知AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，所以CF∥平面ADEB，因为CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，所以CF∥BE，又CF⊂平面ACFD，BE⊄平面ACFD，所以BE∥平面ACFD，所以V三棱锥G­ECD＝V三棱锥E­GCD＝V三棱锥B­GCD，因为四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝π3，AD＝2CF＝2AC，所以∠ACD＝π2，又CA＝CB＝CF＝1，所以CD＝3，CG＝12，又BC⊥平面ACFD，所以V三棱锥B­GCD＝13×12CG×CD×BC＝13×12×12×3×1＝312.所以三棱锥G­ECD的体积为312.[归通法·保规范·赢满分][循流程思维——入题快]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转化、转换．转化——空间平行关系间的转化、垂直关系间的转化、平行与垂直关系间的转化以及平面几何与立体几何的转化等；转换——对几何体的体积、锥体体积常考查顶点转换，多面体体积多分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差来求解，求体积时距离与体积计算的转换等.[按流程解题——快又准][典例](2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．[解题样板](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＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.❶❶转化：线线平行⇒线面平行MN∥ED⇒MN∥平面C1DE.[关键步骤]不作图或不作辅助线扣1分．加红处若漏掉MN⊄平面C1DE，扣1分.[微点提醒][微点提醒](2)过点C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，❷故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离❸.由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝41717.从而点C到平面C1DE的距离为41717.❷转化：线线垂直⇒线面垂直DE⊥BCDE⊥C1C⇒DE⊥平面C1CE.❸转化：线面垂直⇒点到平面距离．[关键步骤][关键步骤]加红处只作CH⊥C1E，不进行证明CH⊥平面C1DE的扣2分．[微点提醒][思维升华]解答立体几何问题，应具备4点思维(1)由于空间图形问题往往可转化为平面图形问题加以解决，因此要注意平面几何知识在解题中的灵活运用．例如，证线线平行可以利用三角形、梯形的中位线性质定理，还可以利用比例关系；证线线垂直可以利用菱形、正方形的对角线互相垂直，还可以利用勾股定理的逆定理．(2)立体几何中证明有关平行或垂直问题时，由于大多数问题主要考查的是有关判定定理在证题中的灵活运用，所以我们要优先考虑对应的判定定理去寻找证题思路．(3)立体几何中证明有关平行或垂直问题时，若对应的判定定理不便于运用，则应该及时考虑其他的证题思路．例如，要证明线面平行，可以先证面面平行，再利用面面平行的性质；要证明线面垂直，可以先证面面垂直，再利用面面垂直的性质．(4)分析、解决有关立体几何问题时，往往需要考虑数形结合思想、分类与整合思想、转化思想等在解题中的灵活运用．[应用体验](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