2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學(xué)案

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《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第2講 空間中的平行與垂直教學(xué)案(19頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講 空間中的平行與垂直  [考情考向·高考導(dǎo)航] (文)高考對(duì)本講命題較為穩(wěn)定,解答題的第(1)問(wèn)考查空間平行關(guān)系和垂直關(guān)系的證明,而第(2)問(wèn)多考查面積、體積的計(jì)算,難度中等偏上.解答題的基本模式是“一證明二計(jì)算”. (理)高考對(duì)本講命題較為穩(wěn)定,常以解答題第(1)問(wèn)的形式考查,主要是線線、線面、面面平行和垂直的判定與性質(zhì),且多以棱柱、棱錐、棱臺(tái)或簡(jiǎn)單組合體為載體進(jìn)行考查,難度中等. [真題體驗(yàn)] 1.(2019·全國(guó)Ⅱ卷)如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, 點(diǎn)E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)證明:BE⊥平面EB1C1;

2、 (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積. 解:(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1=90°,由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6. 作EF⊥BB1,垂足為F,則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=×3×6×3=18. 2.(2019·江蘇卷)如圖, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中

3、點(diǎn),AB=BC. 求證:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E. 證明:(1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn), 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1, 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC1,A1B1?平面DEC1, 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn),所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC,所以C1C⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1.

4、 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E. [主干整合] 1.證明線線平行和線線垂直的常用方法 (1)證明線線平行常用的方法:①利用平行公理,即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行;②利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換;③利用三角形的中位線定理證線線平行;④利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換. (2)證明線線垂直常用的方法:①利用等腰三角形底邊上的中線即高線的性質(zhì);②勾股定理;③線面垂直的性質(zhì):即要證兩直線垂直,只需證明一直線垂直于另一直線所在平面即可,即l⊥α,a?α?l⊥a. 2.空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化,即通過(guò)判定定理、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直

5、關(guān)系相互轉(zhuǎn)化. 熱點(diǎn)一 空間平行、垂直關(guān)系的證明 邏輯 推理 素養(yǎng) 邏輯推理——轉(zhuǎn)化思想在平行、垂直證明中的應(yīng)用 以學(xué)習(xí)的線面平行、垂直關(guān)系為基礎(chǔ),將線面問(wèn)題經(jīng)過(guò)嚴(yán)密的邏輯推理轉(zhuǎn)化為線線平行、垂直關(guān)系問(wèn)題,從而實(shí)現(xiàn)了面面、線面、線線之間的相互轉(zhuǎn)化. 平行、垂直關(guān)系的證明問(wèn)題 [例1-1] (2018·北京卷) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F(xiàn)分別為AD,PB的中點(diǎn). (1)求證:PE⊥BC; (2)求證:平面PAB⊥平面PCD; (3)求證:EF∥平面PCD. [審題指導(dǎo)] (1)只

6、需證明PE⊥AD即可. (2)根據(jù)PA⊥PD,只需再證明PD⊥AB即可,為此可先證AB⊥平面PAD. (3)只證明EF平行于平面PCD內(nèi)的一條直線,取PC的中點(diǎn)G,連接FG,GD,證明四邊形EFGD為平行四邊形. [解析] (1)證明:∵PA=PD,且E為AD中點(diǎn), ∴PE⊥AD, ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD ∴PE⊥平面ABCD ∵BC?平面ABCD ∴PE⊥BC. (2)∵四邊形ABCD為矩形, ∴CD⊥AD ∵平面PAD⊥平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD, CD?平面ABCD ∴CD⊥平面PAD

7、 ∵PA?平面PAD ∴CD⊥PA ∵PA⊥PD,且CD,PD?平面PCD,CD∩PD=D, ∴PA⊥平面PCD ∵PA?平面PAB ∴平面PAB⊥平面PCD. (3)取PC中點(diǎn)G,連接FG,GD ∵F,G分別為PB和PC中點(diǎn) ∴FG∥BC,F(xiàn)G=BC ∵四邊形ABCD為矩形, ∴BC∥AD,BC=AD ∵E為AD中點(diǎn) ∴ED=AD ∴ED∥BC,ED=BC ∴ED∥FG,ED=FG ∴四邊形EFGD為平行四邊形 ∴EF∥GD ∵EF?平面PCD且GD?平面PCD ∴EF∥平面PCD 線面平行及線面垂直的證明方法 (1)要證線面平行,主要有兩個(gè)途

8、徑:一是證已知直線與平面內(nèi)的某直線平行;二是證過(guò)已知直線的平面與已知平面平行.轉(zhuǎn)化思想在證明平行關(guān)系上起著重要的作用,在尋找平行關(guān)系上,利用中位線、平行四邊形等是常用的手段. (2)要證線面垂直,關(guān)鍵是在這個(gè)平面內(nèi)能找出兩條相交直線和已知直線垂直,即線線垂直?線面垂直.結(jié)合圖形還要注意一些隱含的垂直關(guān)系,如等腰三角形的三線合一、菱形的對(duì)角線以及經(jīng)計(jì)算得出的垂直關(guān)系等. 平行、垂直關(guān)系的探索問(wèn)題 [例1-2] (2018·全國(guó)卷Ⅲ) 如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn). (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得M

9、C∥平面PBD?說(shuō)明理由. [審題指導(dǎo)] 第(1)問(wèn)利用線面垂直、面面垂直的判定定理求證:先證明BC⊥DM,再證DM⊥CM即可; 第(2)問(wèn)利用線面平行的判定定理進(jìn)行判定;先連接AC,BD,BD與AC交于點(diǎn)O,再說(shuō)明是否存在點(diǎn)P滿足OP∥MC即可. [解析] (1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,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. (2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí),MC∥平面PBD. 證明

10、如下:如圖,連接AC交BD于O,因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn),連接OP,因?yàn)镻為AM的中點(diǎn),所以MC∥OP. 又MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD. 解決與平行、垂直有關(guān)的存在性問(wèn)題的基本策略:假定題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立),然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理,若能導(dǎo)出與條件吻合的依據(jù)或事實(shí),則說(shuō)明假設(shè)成立,即存在;若導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論,則說(shuō)明假設(shè)不成立,即不存在. (1)(2019·西安八校聯(lián)考) 如圖,在三棱錐ABCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點(diǎn)E,F(xiàn)(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且E

11、F⊥AD. 求證:①EF∥平面ABC; ②AD⊥AC. 證明:①在平面ABD內(nèi), 因?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB, 又因?yàn)镋F?平面ABC,AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. ②因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD, 平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?平面ABD,所以BC⊥AD. 又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC, BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC. 又因?yàn)锳C?平面ABC,所以AD⊥AC. (2) (2019·臨沂三模)如圖所示,五面體ABCDEF,四邊形ACFD是等腰梯

12、形,AD∥FC,∠DAC=,BC⊥面ACFD,CA=CB=CF=1,AD=2CF,點(diǎn)G為AC的中點(diǎn). ①在AD上是否存在一點(diǎn)H,使GH∥平面BCD?若存在,指出點(diǎn)H的位置并給出證明;若不存在,說(shuō)明理由; ②求三棱錐GECD的體積. 解析: ①存在點(diǎn)H,H為AD中點(diǎn).證明如下:連接GH,在△ACD中,由三角形中位線定理可知GH∥CD. 又GH?平面BCD,CD?平面BCD, ∴GH∥平面BCD. ②由題意知AD∥CF,AD?平面ADEB,CF?平面ADEB, ∴CF∥平面ADEB. 又CF?平面CFEB,平面CFEB∩平面ADEB=BE,∴CF∥BE, ∴VGECD=

13、VEGCD=VBGCD, ∵四邊形ACFD是等腰梯形,∠DAC=.∵CA=CB=CF=1,AD=2CF, ∴∠ACD=,∴CD=,CG=,又BC⊥平面ACFD,∴VBGCD=××CG×CD×BC=××××1=. ∴三棱錐GECD的體積為. 熱點(diǎn)二 平面圖形的折疊問(wèn)題 [例2] (2019·全國(guó)Ⅲ卷)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2. (1)證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE; (2)求圖2中的四邊形ACG

14、D的面積. [審題指導(dǎo)] (1)由平行線的傳遞性證明AD∥CG,結(jié)合平面圖形中的條件證明AB⊥平面BCGE,再由面面垂直的判定定理可得證. (2)由AB∥DE,得DE⊥平面BCGE,取CG的中點(diǎn)M,結(jié)合菱形的特殊性,容易證明CG⊥平面DEM,即構(gòu)造了平行四邊形ACGD的高,再由已知代入公式計(jì)算. [解析] (1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG, 故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中點(diǎn)M,連接EM,DM. 因?yàn)?/p>

15、AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG. 由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM. 因?yàn)镈M⊥CG. 在Rt△DEM中,DE=1,EM=, 故DM=2. 所以四邊形ACGD的面積為4. 平面圖形折疊問(wèn)題的求解方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長(zhǎng)度是不變量,而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化,抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口. (2)在解決問(wèn)題時(shí),要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形. (2019·石家莊三模)如圖(1)所示,

16、在邊長(zhǎng)為24的正方形ADD1A1中,點(diǎn)B,C在邊AD上,且AB=6,BC=8,作BB1∥AA1分別交AD1,A1D1于點(diǎn)P,B1,作CC1∥AA1分別交AD1,A1D1于點(diǎn)Q,C1,將該正方形沿BB1,CC1折疊,使得DD1與AA1重合,構(gòu)成如圖(2)所示的三棱柱ABC-A1B1C1. (1)求證:AB⊥平面BCC1B1; (2)求多面體A1B1C1-APQ的體積. 解析:(1)證明:由題知,在題圖(2)中, AB=6,BC=8,CA=10, ∴AB2+BC2=CA2,∴AB⊥BC. 又AB⊥BB1,BC∩BB1=B,∴AB⊥平面BCC1B1. (2)由題易知三棱柱ABC-A

17、1B1C1的體積為×6×8×24=576. ∵在題圖(1)中,△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形, ∴AB=BP=6,AC=CQ=14, ∴VA-CQPB=×S四邊形CQPB×AB=××(6+14)×8×6=160. ∴多面體A1B1C1-APQ的體積V=VABC-A1B1C1-VA-CQPB=576-160=416. 熱點(diǎn)三 異面直線所成的角、線面角 [例3] (2019·天津卷)如圖, 在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點(diǎn),求證:GH∥平面

18、PAD; (2)求證:PA⊥平面PCD; (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值. [審題指導(dǎo)] (1)連接BD,利用GH∥PD推線面平行. (2)連接DN,先證DN⊥平面PAC,再證PA⊥平面PCD. (3)由DN⊥平面PAC,可知∠DAN為所求,利用直角三角形求解. [解析]  (1)連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GH∥PD. 又因?yàn)镚H?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD. (2)取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN.依題意,得DN⊥PC. 又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC

19、. 又PA?平面PAC,所以DN⊥PA. 又已知PA⊥CD,CD∩DN=D, 所以PA⊥平面PCD. (3)連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角. 因?yàn)椤鱌CD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點(diǎn), 所以DN=. 又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN==. 所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為. 求異面直線所成的角的關(guān)鍵在于通過(guò)平移使得兩直線相交,可通過(guò)構(gòu)造中位線或平行四邊形實(shí)現(xiàn).求線面角的關(guān)鍵是構(gòu)造過(guò)直線上一點(diǎn)且與平面垂直的直線,可以直接根據(jù)題中的垂直關(guān)系作出,也可以構(gòu)造此垂線后證明. (1)(2020

20、·南寧模擬)在如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)分別是棱B1B,AD的中點(diǎn),異面直線BF與D1E所成角的余弦值為(  ) A.        B. C. D. 解析: D [如圖,過(guò)點(diǎn)E作EM∥AB,交AA1于點(diǎn)M,過(guò)M點(diǎn)作MN∥AD,交DD1于點(diǎn)N,取MN的中點(diǎn)G,連接EG,NE,D1G,所以平面EMN∥平面ABCD,易知EG∥BF,所以異面直線BF與D1E所成的角為∠D1EG(或其補(bǔ)角),不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則GE=,D1G=,D1E=3,在△D1EG中,cos∠D1EG==,故選D.] (2)(2018·全國(guó)Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D

21、1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長(zhǎng)方體的體積為(  ) A.8 B.6 C.8 D.8 解析: C [如圖連接BC1,則∠AC1B=30°,在Rt△ABC1中,tan 30°=,∴BC1===2.∴CC1===2.∴長(zhǎng)方體的體積V=2×2×2=8.] 限時(shí)50分鐘 滿分60分 解答題(本大題共5小題,每小題12分,共60分) 1. (2020·泉州模擬)如圖,已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形,AA1=6,且A1A⊥底面ABCD,點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上,BQ=4. (1)若

22、DP=DD1,證明:PQ∥平面ABB1A1. (2)若P是D1D的中點(diǎn),證明:AB1⊥平面PBC. 證明:(1)在AA1上取一點(diǎn)N,使得AN=AA1, 因?yàn)镈P=DD1,且A1D1=3,AD=6, 所以PNAD, 又BQAD,所以PNBQ. 所以四邊形BQPN為平行四邊形, 所以PQ∥BN. 因?yàn)锽N?平面ABB1A1,PQ?平面ABB1A1, 所以PQ∥平面ABB1A1. (2)如圖所示,取A1A的中點(diǎn)M, 連接PM,BM,PC, 因?yàn)锳1A,D1D是梯形的兩腰,P是D1D的中點(diǎn), 所以PM∥AD,于是由AD∥BC知,PM∥BC, 所以P,M,B,C四點(diǎn)共面.

23、 由題設(shè)可知,BC⊥AB,BC⊥A1A,AB∩AA1=A, 所以BC⊥平面ABB1A1, 所以BC⊥AB1, 因?yàn)閠an∠ABM====tan∠A1AB1, 所以∠ABM=∠A1AB1, 所以∠ABM+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°, 所以AB1⊥BM, 再BC∩BM=B,知AB1⊥平面PBC. 2.(2019·煙臺(tái)三模)如圖(1),在正△ABC中,E,F(xiàn)分別是AB,AC邊上的點(diǎn),且BE=AF=2CF.點(diǎn)P為邊BC上的點(diǎn),將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面BEFC,連接A1B,A1P,EP,如圖(2)所示. (1)求證:A1E⊥F

24、P; (2)若BP=BE,點(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn),則在平面A1FP上是否存在過(guò)點(diǎn)K的直線與平面A1BE平行,若存在,請(qǐng)給予證明;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. (1)證明: 在正△ABC中,取BE的中點(diǎn)D,連接DF,如圖所示. 因?yàn)锽E=AF=2CF,所以AF=AD,AE=DE,而∠A=60°,所以△ADF為正三角形.又AE=DE,所以EF⊥AD. 所以在題圖(2)中,A1E⊥EF, 又A1E?平面A1EF,平面A1EF⊥平面BEFC, 且平面A1EF∩平面BEFC=EF, 所以A1E⊥平面BEFC. 因?yàn)镕P?平面BEFC,所以A1E⊥FP. (2)解:在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)

25、K的直線與平面A1BE平行. 理由如下: 如題圖(1),在正△ABC中,因?yàn)锽P=BE,BE=AF, 所以BP=AF,所以FP∥AB,所以FP∥BE. 如圖所示,取A1P的中點(diǎn)M,連接MK, 因?yàn)辄c(diǎn)K為棱A1F的中點(diǎn), 所以MK∥FP. 因?yàn)镕P∥BE,所以MK∥BE. 因?yàn)镸K?平面A1BE,BE?平面A1BE, 所以MK∥平面A1BE. 故在平面A1FP上存在過(guò)點(diǎn)K的直線MK與平面A1BE平行. 3. 如圖所示,已知BC是半徑為1的半圓O的直徑,A是半圓周上不同于B,C的點(diǎn),F(xiàn)為弧AC的中點(diǎn).梯形ACDE中,DE∥AC,且AC=2DE,平面ACDE⊥平面AB

26、C.求證: (1)平面ABE⊥平面ACDE; (2)平面OFD∥平面ABE. 解:(1)因?yàn)锽C是半圓O的直徑,A是半圓周上不同于B,C的點(diǎn), 所以∠BAC=90°,即AC⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭CDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AB?平面ABC, 所以AB⊥平面ACDE. 因?yàn)锳B?平面ABE,所以平面ABE⊥平面ACDE. (2)如圖所示,設(shè)OF∩AC=M,連接DM. 因?yàn)镕為弧AC的中點(diǎn),所以M為AC的中點(diǎn). 因?yàn)锳C=2DE,DE∥AC,所以DE∥AM,DE=AM. 所以四邊形AMDE為平行四邊形.所以DM∥AE. 因?yàn)镈M?平面ABE,AE?

27、平面ABE,所以DM∥平面ABE. 因?yàn)镺為BC的中點(diǎn),所以O(shè)M為△ABC的中位線.所以O(shè)M∥AB. 因?yàn)镺M?平面ABE,AB?平面ABE,所以O(shè)M∥平面ABE. 因?yàn)镺M?平面OFD,DM?平面OFD,OM∩DM=M, 所以平面OFD∥平面ABE. 4.(2019·北京卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點(diǎn). (1)求證:BD⊥平面PAC; (2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE; (3)棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF∥平面PAE?說(shuō)明理由. 解析:本題主要考查線面垂直的判定定理,面面垂直的判定定理,立

28、體幾何中的探索問(wèn)題等知識(shí),意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力. (1)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥BD; 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形,所以AC⊥BD; 因?yàn)镻A∩AC=A,PA,AC?平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. (2)證明:因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形且∠ABC=60°,所以ΔACD為正三角形,所以AE⊥CD, 因?yàn)锳B∥CD,所以AE⊥AB; 因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD, 所以AE⊥PA; 因?yàn)镻A∩AB=A 所以AE⊥平面PAB, AE?平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE. (3)存在點(diǎn)F為PB中點(diǎn)時(shí),滿足CF∥平面PAE;理由如下

29、: 分別取PB,PA的中點(diǎn)F,G,連接CF,F(xiàn)G,EG, 在三角形PAB中,F(xiàn)G∥AB且FG=AB; 在菱形ABCD中,E為CD中點(diǎn),所以CE∥AB且CE=AB,所以CE∥FG且CE=FG,即四邊形CEGF為平行四邊形,所以CF∥EG; 又CF?平面PAE,EG?平面PAE,所以CF∥平面PAE. 5. (2019·青島三模)已知在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2AC=2AA1=4,∠A1AC=,AC⊥BC,平面ACC1A1⊥平面ABC,M為B1C1的中點(diǎn). (1)過(guò)點(diǎn)B1作一個(gè)平面α與平面ACM平行,確定平面α,并說(shuō)明理由; (2)求三棱柱ABC-A1B1C1的

30、表面積. 解析: (1)如圖,取AB的中點(diǎn)E,BC的中點(diǎn)F,連接B1E,B1F,EF,則平面B1EF∥平面ACM. 因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,AC⊥BC,所以BC⊥平面ACC1A1,BC⊥CC1,因?yàn)樗倪呅蜝CC1B1為平行四邊形,所以四邊形BCC1B1為矩形, 在矩形BCC1B1中,M,F(xiàn)分別是B1C1,BC的中點(diǎn),所以B1F∥CM; 在△ABC中,E,F(xiàn)分別是AB,BC的中點(diǎn),所以EF∥AC. 又EF∩FB1=F,AC∩CM=C, 所以平面B1EF∥平面ACM. 所以平面α即平面B1EF. (2)由題意知AC=2,AA1=2

31、,AB=4. 因?yàn)锳C⊥BC,所以BC= = =2, 所以△ABC的面積S1=AC×BC=×2×2=2. 在平行四邊形ACC1A1中,∠A1AC=, 其面積S2=AA1×ACsin∠A1AC=2×2sin =2. 由(1)知四邊形BCC1B1為矩形,故其面積S3=BC×CC1=2×2=4. 連接A1C,BA1,在△AA1C中,AC=AA1=2,∠A1AC=,所以A1C=2. 由(1)知BC⊥平面ACC1A1,所以BC⊥CA1, 所以A1B==4. 在△AA1B中,AB=A1B=4,AA1=2, 所以△AA1B的面積S△AA1B=×2×=, 所以平行四邊形ABB1A1的面積

32、S4=2S△AA1B=2×=2. 故三棱柱ABC-A1B1C1的表面積S=2S1+S2+S3+S4=2×2+2+4+2=10+2. (文)高考解答題·審題與規(guī)范(四) 立體幾何類考題 重在“轉(zhuǎn)化” 思維流程 [轉(zhuǎn)化] 空間平行關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、垂直關(guān)系間的轉(zhuǎn)化、平行與垂直關(guān)系間的轉(zhuǎn)化以及平面幾何與立體幾何的轉(zhuǎn)化等. [轉(zhuǎn)換] 對(duì)幾何體的體積、錐體體積考查頂點(diǎn)轉(zhuǎn)換,多面體體積多分割轉(zhuǎn)換為幾個(gè)規(guī)則幾何體的體積和或體積差來(lái)求解,求體積時(shí)距離與體積計(jì)算的轉(zhuǎn)換等 真題案例 審題指導(dǎo) 審題方法 (12分)(2018·全國(guó)Ⅰ卷)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90

33、°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積. (1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明AB⊥平面ACD,進(jìn)而可證平面ACD⊥平面ABC;(2)利用BP=DA,求出BP,然后求出三棱錐的高,最后根據(jù)棱錐的體積公式求出三棱錐Q-ABP的體積. 審圖形找關(guān)聯(lián) 圖形或者圖象的力量比文字更為簡(jiǎn)潔而有力,挖掘其中蘊(yùn)涵的有效信息,正確理解問(wèn)題是解決問(wèn)題的關(guān)鍵,對(duì)圖形或者圖象的獨(dú)特理解很多時(shí)候能成為解題中的亮點(diǎn). 規(guī)范解答 評(píng)分細(xì)則 [解析] 

34、(1)由已知可得,∠BAC=90°,則BA⊥AC.1分① 又BA⊥AD,AD∩AC=A,所以AB⊥平面ACD.2分② 又AB?平面ABC,3分③ 所以平面ACD⊥平面ABC.4分④ (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.6分⑤ 又BP=DQ=DA,所以BP=2.7分⑥ 作QE⊥AC,垂足為E,則QE DC.8分⑦ 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1,10分⑧ 因此,三棱錐QABP的體積為VQABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.12分⑨ 第(1)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ①由條件得出BA⊥AC得1分. ②推出AB⊥平面ACD得1分. ③指出AB?平面ABC得1分. ④寫出結(jié)論得1分. 第(2)問(wèn)踩點(diǎn)得分 ⑤判斷出DC=CM=AB,DA的值得2分. ⑥利用BP=DQ=DA,求出BP的值得1分. ⑦得出QEDC得1分. ⑧確定QE⊥平面ABC,并求出QE的值得2分. ⑨由棱錐的體積公式求出三棱錐QABP的體積,正確得2分,錯(cuò)誤不得分. - 19 -

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