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(江蘇專用)2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課4 高考中立體幾何問(wèn)題的熱點(diǎn)題型學(xué)案

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1、 專題探究課4 高考中立體幾何問(wèn)題的熱點(diǎn)題型 熱點(diǎn)一 利用判定定理證明平行、垂直關(guān)系 【例1】 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分別是AB,AC的中點(diǎn). (1)求證:B1C1∥平面A1DE; (2)求證:平面A1DE⊥平面ACC1A1.證明 (1)因?yàn)镈,E分別是AB,AC的中點(diǎn),所以DE∥BC, 又因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1中,B1C1∥BC, 所以B1C1∥DE. 又B1C1?平面A1DE,DE?平面A1DE, 所以B1C1∥平面A1DE. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC, 又DE?底面ABC,所以CC

2、1⊥DE. 又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC, 又CC1,AC?平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1. 又DE?平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 【訓(xùn)練】 如圖,在四棱錐PABCD中,AD=CD=AB,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD. (1)求證:BC⊥平面PAC; (2)若M為線段PA的中點(diǎn),且過(guò)C,D,M三點(diǎn)的平面與PB交于點(diǎn)N,求PN∶PB的值. (1)證明 設(shè)AD=1.因?yàn)锳D=CD=AB,所以CD=1,AB=2. 因?yàn)椤螦DC=90°, 所以AC=,∠CAB=45°. 在△ABC中,由余弦定理

3、得BC=, 所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC. 因?yàn)镻C⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以BC⊥PC. 因?yàn)镻C?平面PAC,AC?平面PAC,PC∩AC=C,所以BC⊥平面PAC. (2)解 如圖,因?yàn)锳B∥DC,CD?平面CDMN,AB?平面CDMN, 所以AB∥平面CDMN. 因?yàn)锳B?平面PAB,平面PAB∩平面CDMN=MN,所以AB∥MN. 在△PAB中,因?yàn)镸為線段PA的中點(diǎn),所以N為線段PB的中點(diǎn),即PN∶PB的值為. 熱點(diǎn)二 利用性質(zhì)定理證明平行、垂直關(guān)系 【例2】 如圖,四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PAB,AP⊥AB. (1)

4、求證:CD⊥AP; (2)若CD⊥PD,求證:CD∥平面PAB. 證明 (1)因?yàn)锳D⊥平面PAB,AP?平面PAB,所以AD⊥AP. 又因?yàn)锳P⊥AB,AB∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD, 所以AP⊥平面ABCD. 因?yàn)镃D?平面ABCD,所以CD⊥AP. (2)因?yàn)镃D⊥AP,CD⊥PD,且PD∩AP=P,PD?平面PAD,AP?平面PAD, 所以CD⊥平面PAD.① 因?yàn)锳D⊥平面PAB,AB?平面PAB,所以AB⊥AD. 又因?yàn)锳P⊥AB,AP∩AD=A,AP?平面PAD, AD?平面PAD, 所以AB⊥平面PAD.② 由①②得CD∥AB,

5、 因?yàn)镃D?平面PAB,AB?平面PAB, 所以CD∥平面PAB. 熱點(diǎn)三 立體幾何中的探究性問(wèn)題 【例3】 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn),BC=BB1. (1)若P是CC1上任一點(diǎn),求證:AP不可能與平面BCC1B1垂直; (2)試在棱CC1上找一點(diǎn)M,使MB⊥AB1. (1)證明 (反證法)假設(shè)AP⊥平面BCC1B1, ∵BC?平面BCC1B1,∴ AP⊥BC. 又正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥BC,AP∩CC1=P,AP?平面ACC1A1,CC1?平面ACC1A1, ∴BC⊥平面ACC1A1.而AC?平面ACC1A1, ∴BC⊥AC

6、,這與△ABC是正三角形矛盾, 故AP不可能與平面BCC1B1垂直. (2)解 M為CC1的中點(diǎn).證明如下: ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1, ∴四邊形BCC1B1是正方形. ∵M(jìn)為CC1的中點(diǎn),D是BC的中點(diǎn), ∴△B1BD≌△BCM, ∴∠BB1D=∠CBM,∠BDB1=∠CMB. ∵∠BB1D+∠BDB1=, ∴∠CBM+∠BDB1=,∴ BM⊥B1D. ∵△ABC是正三角形,D是BC的中點(diǎn), ∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD?平面ABC, ∴AD⊥平面BB1C1C. ∵BM?平面BB1

7、C1C,∴AD⊥BM. ∵AD∩B1D=D,AD,B1D?平面AB1D, ∴BM⊥平面AB1D. ∵AB1?平面AB1D,∴MB⊥AB1. 熱點(diǎn)四 空間幾何體的表面積和體積 【例4】 如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于點(diǎn)H,將△DEF沿EF折到△D′EF的位置. (1)證明:AC⊥HD′; (2)若AB=5,AC=6,AE=,OD′=2,求五棱錐D′-ABCFE的體積. (1)證明 由已知得AC⊥BD,AD=CD,又由AE=CF得=,故AC∥EF,由此得EF⊥HD,折后EF與HD保持垂直關(guān)系,即EF⊥HD′,所

8、以AC⊥HD′. (2)解 由EF∥AC得==. 由AB=5,AC=6得DO=BO==4, 所以O(shè)H=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DHD′,于是AC⊥OD′, 又由OD′⊥OH,AC∩OH=O,所以O(shè)D′⊥平面ABC. 又由=得EF=. 五邊形ABCFE的面積S=×6×8-××3=. 所以五棱錐D′-ABCFE的體積V=××2=. 熱點(diǎn)五 立體幾何模型實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題 【例5】 (2017·江蘇卷)如圖,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ

9、和正四棱臺(tái)形玻璃容器Ⅱ的高均為32 cm,容器Ⅰ的底面對(duì)角線AC的長(zhǎng)為10 cm,容器Ⅱ的兩底面對(duì)角線EG,E1G1的長(zhǎng)分別為14 cm和62 cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均為12 cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l,其長(zhǎng)度為40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗細(xì)均忽略不計(jì)). (1)將l放在容器Ⅰ中,l的一端置于點(diǎn)A處,另一端置于側(cè)棱CC1上,求l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度; (2)將l放在容器Ⅱ中,l的一端置于點(diǎn)E處,另一端置于側(cè)棱GG1上,求l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度. 解 (1)由正棱柱的定義, CC1⊥平面ABCD, 所以平面A1ACC1⊥平面ABCD,CC1⊥AC. 記玻璃棒的另

10、一端落在CC1上點(diǎn)M處.因?yàn)锳C=10,AM=40, 所以MC==30, 從而sin∠MAC=.記AM與水面的交點(diǎn)為P1, 過(guò)P1作P1Q1⊥AC,Q1為垂足, 則P1Q1⊥平面ABCD,故P1Q1=12, 從而AP1==16. 答:玻璃棒l沒(méi)入水中的部分的長(zhǎng)度為16 cm. (如果將“沒(méi)入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為24 cm) (2)如圖,O,O1是正棱臺(tái)的兩底面中心. 由正棱臺(tái)的定義,OO1⊥平面EFGH,所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG. 同理,平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1. 記玻璃棒的另一端落在GG1

11、上點(diǎn)N處. 過(guò)G作GK⊥E1G1,K為垂足,則GK=OO1=32. 因?yàn)镋G=14,E1G1=62, 所以KG1==24, 從而GG1===40. 設(shè)∠EGG1=α,∠ENG=β, 則sin α=sin=cos∠KGG1=. 因?yàn)?α<π,所以cos α=-. 在△ENG中,由正弦定理可得=, 解得sin β=. 因?yàn)?<β<,所以cos β=. 于是sin∠NEG=sin(π-α-β)=sin(α+β) =sin αcos β+cos αsin β=×+×=. 記EN與水面的交點(diǎn)為P2,過(guò)P2作P2Q2⊥EG,Q2為垂足,則P2Q2⊥平面EFGH, 故P2Q2=1

12、2,從而EP2==20. 答:玻璃棒l沒(méi)入水中部分的長(zhǎng)度為20 cm. (如果將“沒(méi)入水中部分”理解為“水面以上部分”,則結(jié)果為20 cm) 探究提高 立體幾何中的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題常以幾何體的表面積、體積為載體,借助于公式計(jì)算或三角函數(shù)、基本不等式、導(dǎo)數(shù)等為工具,抽象為函數(shù)模型進(jìn)行求解,解答過(guò)程中要注意變量的實(shí)際意義. 一、必做題 1.(2018·蘇北四市一模) 已知圓錐的底面直徑與高都是2,則該圓錐的側(cè)面積為________. 解析 ∵圓錐的底面直徑與高都是2, ∴母線長(zhǎng)為=, ∴圓錐的側(cè)面積為πrl=π. 答案 π 2.(2018·南京模擬)已知α,β是兩個(gè)不同的平面,

13、l,m是兩條不同的直線,l⊥α,m?β.給出下列命題: ①α∥β?l⊥m;②α⊥β?l∥m;③m∥α?l⊥β;④l⊥β?m∥α. 其中正確的命題是________(填寫所有正確命題的序號(hào)). 解析 若l⊥α,α∥β,則l⊥β,又m?β,則l⊥m,故①正確;若l⊥α,α⊥β,則l∥β或l?β,又m?β,則l與m可能平行、相交或異面,故②錯(cuò)誤;若l⊥α,m∥α,則l⊥m,又m?β,則l與β可能平行、相交或l?β,故③錯(cuò)誤;若l⊥α,l⊥β,則α∥β,又m?β,則m∥α,故④正確.綜上,正確的命題是①④. 答案 ①④ 3.(2018·蘇州一模)在一個(gè)長(zhǎng)方體的三條棱長(zhǎng)分別為3、8、9,若在該

14、長(zhǎng)方體上面鉆一個(gè)圓柱形的孔后其表面積沒(méi)有變化,則圓孔的半徑為________. 解析 設(shè)半徑為r, ∵在一個(gè)長(zhǎng)方體的三條棱長(zhǎng)分別為3、8、9,在該長(zhǎng)方體上面鉆一個(gè)圓柱形的孔后其表面積沒(méi)有變化, ∴減少的2個(gè)圓的面積=圓柱的側(cè)面積, ∴2πr2=2πr×3(此處只考慮高為3的情況,另外兩種情況下圓柱不存在), 解得r=3. ∴圓孔的半徑為3. 答案 3 4.(2018·常州一模) 以一個(gè)圓柱的下底面為底面,并以圓柱的上底面圓心為頂點(diǎn)作圓錐,若所得的圓錐底面半徑等于圓錐的高,則圓錐的側(cè)面積與圓柱的側(cè)面積之比為________. 解析 設(shè)圓錐的底面半徑為 r,由題意圓錐底面半徑等于

15、圓錐的高, 可知圓錐的側(cè)面積為πr·r=πr2. 圓柱的側(cè)面積為2πr·r=2πr2. 所以圓錐的側(cè)積面與圓柱的側(cè)面積之比為πr2∶2πr2=. 答案  5.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn),點(diǎn)F是棱CD上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)=________時(shí),D1E⊥平面AB1F. 解析 如圖,連接A1B,則A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影. ∵AB1⊥A1B,∴D1E⊥AB1, 又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF. 連接DE,則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影, ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形,E是BC的中點(diǎn), ∴當(dāng)

16、且僅當(dāng)F是CD的中點(diǎn)時(shí),DE⊥AF, 即當(dāng)點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)時(shí),D1E⊥平面AB1F, ∴=1時(shí),D1E⊥平面AB1F. 答案 1 6.(2018·蘇州一模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,F(xiàn)為棱BB1的中點(diǎn),M為線段AC1的中點(diǎn). 求證:(1)直線MF∥平面ABCD; (2)平面AFC1⊥平面ACC1A1. 證明 (1)延長(zhǎng)C1F交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N,連接AN.因?yàn)镕是BB1的中點(diǎn), 所以F為C1N的中點(diǎn),B為CN的中點(diǎn).又M是線段AC1的中點(diǎn), 故MF∥AN.又MF?平面ABCD,AN?平面ABCD, ∴MF∥平面ABCD. (2)連BD,由

17、直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 , 可知A1A⊥平面ABCD,又∵BD?平面ABCD,∴A1A⊥BD. ∵四邊形ABCD為菱形,∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A=A, AC,A1A?平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1. 在四邊形DANB中,DA∥BN且DA=BN,所以四邊形DANB為平行四邊形, 故NA∥BD,∴NA⊥平面ACC1A1, 又因?yàn)镹A?平面AFC1, ∴平面AFC1⊥ACC1A1. 7.(2018·南通、揚(yáng)州、泰州聯(lián)考)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面PAD,AB∥CD,CD=2AB=2BC,M,N分別是棱PA,CD的中點(diǎn). (1)求證:P

18、C∥平面BMN; (2)(一題多解)求證:平面BMN⊥平面PAC. 證明 (1)設(shè)AC∩BN=O,連接MO,AN, 因?yàn)锳B=CD,AB∥CD,N為CD的中點(diǎn), 所以AB=CN,且AB∥CN, 所以四邊形ABCN為平行四邊形, 所以O(shè)為AC的中點(diǎn), 又M為PA的中點(diǎn),所以MO∥PC. 又因?yàn)镸O?平面BMN,PC?平面BMN, 所以PC∥平面BMN. (2)法一 因?yàn)镻C⊥平面PDA,AD?平面PDA,所以PC⊥AD. 由(1)同理可得四邊形ABND為平行四邊形, 所以AD∥BN, 所以BN⊥PC, 因?yàn)锽C=AB,所以平行四邊形ABCN為菱形, 所以BN⊥A

19、C. 因?yàn)镻C∩AC=C,PC,AC?平面PAC, 所以BN⊥平面PAC. 因?yàn)锽N?平面BMN,所以平面BMN⊥平面PAC. 法二 連接PN,因?yàn)镻C⊥平面PDA,PA?平面PDA, 所以PC⊥PA. 因?yàn)镻C∥MO,所以PA⊥MO. 又PC⊥PD. 因?yàn)镹為CD的中點(diǎn),所以PN=CD, 由(1)得AN=BC=CD,所以AN=PN, 又因?yàn)镸為PA的中點(diǎn),所以PA⊥MN, 因?yàn)镸N∩MO=M,MN,MO?平面BMN,所以PA⊥平面BMN. 因?yàn)镻A?平面PAC,所以平面PAC⊥平面BMN. 二、選做題 8.如圖,在三棱錐ABCD中,∠BCD=90°,BC=CD

20、=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F(xiàn)分別是AC,AD上的動(dòng)點(diǎn),且==λ(0<λ<1). (1)求證:不論λ為何值時(shí),總有平面BEF⊥平面ABC; (2)當(dāng)λ為何值時(shí),平面BEF⊥平面ACD? (1)證明 因?yàn)锳B⊥平面BCD, CD?平面BCD,所以AB⊥CD. 因?yàn)镃D⊥BC,且AB∩BC=B, 所以CD⊥平面ABC. 又因?yàn)椋剑溅?0<λ<1), 所以不論λ為何值,恒有EF∥CD. 所以EF⊥平面ABC,又EF?平面BEF, 所以不論λ為何值,恒有平面BEF⊥平面ABC. (2)解 由(1)知,BE⊥EF. 因?yàn)槠矫鍮EF⊥平面ACD,平面BEF∩平

21、面ACD=EF,BE?平面BEF, 所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC. 因?yàn)锽C=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,所以BD=,AB=tan 60°=, 所以AC==. 由AB2=AE·AC,得AE=, 所以λ==. 故當(dāng)λ=時(shí),平面BEF⊥平面ACD. 9.如圖(1),在邊長(zhǎng)為3的正三角形ABC中,E,F(xiàn),P分別為AB,AC,BC上的點(diǎn),且滿足AE=FC=CP=1.將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFCB,連接A1B,A1P,如圖(2)所示. (1)若Q為A1B的中點(diǎn),求證:PQ∥平面A1EF; (2)求證:A1E⊥EP.

22、證明 (1)如圖①, 取A1E的中點(diǎn)M,連接QM,MF. 在△A1BE中,Q,M分別為A1B,A1E的中點(diǎn),所以QM∥BE,且QM=BE. 因?yàn)椋剑剑? 所以PF∥BE,且PF=BE, 所以QM∥PF,且QM=PF. 所以四邊形PQMF為平行四邊形, 所以PQ∥FM. 又因?yàn)镕M?平面A1EF,且PQ?平面A1EF,所以PQ∥平面A1EF. (2)如圖②, 取BE的中點(diǎn)D,連接DF. 因?yàn)锳E=CF=1,DE=1, 所以AF=AD=2,又∠A=60°,即△ADF是正三角形. 又因?yàn)锳E=ED=1, 所以EF⊥AD. 所以在圖②中有A1E⊥EF. 因?yàn)槠矫鍭1EF⊥平面EFCB,平面A1EF∩平面EFCB=EF,A1E?平面A1EF, 所以A1E⊥平面EFCB. 又EP?平面EFCB,所以A1E⊥EP. 13

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