2021版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 平行、垂直的综合问题教案 文 新人教A版

1第6讲平行、垂直的综合问题空间中的证明与计算问题(师生共研)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83，求该四棱锥的侧面积．【解】(1)证明：由已知∠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)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＝2x，PE＝22x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝13AB·AD·PE＝13x3.由题设得13x3＝83，故x＝2.从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝22，PB＝PC＝22.可得四棱锥P­ABCD的侧面积为212PA·PD＋12PA·AB＋12PD·DC＋12BC2sin60°＝6＋23.(1)几何体的体积柱体的体积V＝S底·h.锥体的体积V＝13S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．(2020·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2.(1)求证：AE∥平面PBC；(2)若四面体PABC的体积为33，求△PCD的面积．解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，则EF∥PC，又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以AF∥BC，又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面AEF∥平面PBC.又AE⊂平面AEF，所以AE∥平面PBC.(2)由已知得，V四面体PABC＝13·12AB·BC·PA＝33，可得PA＝2.过点A作AQ⊥CD于点Q，连接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，3所以CD＝4，AQ＝2×234＝3，则PQ＝22＋3＝7.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又AQ∩PA＝A，所以CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.所以S△PCD＝12×4×7＝27.空间中的翻折问题(师生共研)(2019·高考全国卷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，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)如图，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.4因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.其步骤为：第一步—确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量↓第二步—在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面↓第三步—利用判定定理或性质定理进行证明(2020·济南市模拟考试)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．(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，因为BE＝12AB＝CD且BE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形．如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，所以点O是BD的中点，5又点M为棱PB的中点，所以OM∥PD，因为PD⊄平面MCE，OM⊂平面MCE，所以PD∥平面MCE.(2)在题图1中，因为EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，因为四边形ABCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，因为∠BAD＝45°，所以AD⊥DE.所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，因为AE＝2，所以AD＝DE＝2，所以OM＝12PD＝12AD＝22，S△BCE＝S△ADE＝1，所以V三棱锥M­BCE＝13S△BCE·OM＝26.立体几何中的探索性问题(师生共研)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD︵所在平面垂直，M是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.6(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.解决探索性问题的方法(1)对命题条件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．如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P­ABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出PMMC的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝12·AB·AC·sin60°＝32.由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高．又PA＝1，所以三棱锥P­ABC的体积V＝13·S△ABC·PA＝36.(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.7由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝12，从而NC＝AC－AN＝32.由MN∥PA，得PMMC＝ANNC＝13.[基础题组练]1．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ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．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.2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝3.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝3，8则CE＝1，故CH＝2，在Rt△PCH中，可得PH＝2，即点P到平面ABC的距离为2.答案：23．(2020·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝62，E是棱PC上的一点．(1)证明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求PEPC的值．解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)如图，连接AC交BD于点F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线．因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以PEPC＝12.4．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝22，沿BD折起，使AC＝22.(1)证明：△ACD为直角三角形；9(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝22，所以AD＝AB2＋BD2＝4＋8＝23，因为AC＝22，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，所以△ACD是直角三角形．(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，易知P为AC的中点，所以四面体PBCD的体积VP­BCD＝13×12×2×2×1＝23.5.(2020·福州市质量检测)如图，四棱锥E­ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥BE；(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.10因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，所以BF⊥AE.又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因为BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE.(2)如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以NG∥平面BCE.同理可证，GM∥平面BCE.因为MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面BCE，又因为MN⊂平面MGN，所以MN∥平面BCE，因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点，所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝23AD＝4，NG＝13BE＝