統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)板塊2命題區(qū)間精講精講3立體幾何學(xué)案含解析文

PAGE1-立體幾何命題點1空間中平行、垂直關(guān)系的證明平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化空間平行、垂直關(guān)系證明的主要思想是轉(zhuǎn)化，即通過判定、性質(zhì)定理將線線、線面、面面之間的平行、垂直關(guān)系相互轉(zhuǎn)化．[高考題型全通關(guān)]1.(2024·鄭州模擬)如圖，已知三棱柱ABC-A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別是A′B和B′C′的中點．(1)證明：MN∥平面AA′C′C；(2)設(shè)AB＝λAA′，當(dāng)λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論．[證明](1)取A′B′的中點E，連接ME，NE，因為M，N分別為A′B和B′C′的中點，所以NE∥A′C′，ME∥AA′，又因為A′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，又ME∩NE＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因為MN?平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C．(2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa，由題意知BC＝eq\r(2)λa，NC＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因為三棱柱ABC-A′B′C′側(cè)棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，因為AB＝AC，點N是B′C′的中點，所以A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2，∴λ＝eq\r(2)，則λ＝eq\r(2)時，CN⊥平面A′MN.[點評]探究性問題求解的途徑和方法(1)對命題條件探究的三種途徑①先猜后證，即先視察，嘗試給出條件再證明．②先通過命題成立的必要條件探究出命題成立的條件，再證明充分性．③將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探究出命題成立的條件．(2)對命題結(jié)論的探究方法從條件動身，探究出要求的結(jié)論是什么，對于探究結(jié)論是否存在，求解時常假設(shè)結(jié)論存在，再找尋與條件相容或者沖突的結(jié)論．2.如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，O1是A1C1的中點，E是(1)證明：平面O1AB⊥平面B1EC1；(2)證明：C1E∥平面O1AB．[證明](1)∵ABCD-A1B1C1D1∴BB1⊥AB，AB⊥BC，又BB1∩BC＝B，且BB1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1∴AB⊥平面BCC1B1，即AB⊥平面B1EC1.因為AB?平面O1AB，所以平面O1AB⊥平面B1EC1.(2)取AB中點F，連接O1F，AC，EF則EF∥AC，EF＝eq\f(1,2)AC，O1C1∥eq\f(1,2)AC，O1C1＝eq\f(1,2)AC，所以EF∥O1C1，且EF＝O1C∴EFO1C1是平行四邊形，∴O1F∥C1∵O1F?平面O1AB，且C1E?平面O1AB∴C1E∥平面O1AB．3.(2024·運城模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，E為CD的中點．(1)求證：平面PAB⊥平面PAE；(2)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．[解](1)因為底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以△ACD為正三角形，因為E為CD的中點，所以AE⊥CD，因為AB∥CD，所以AE⊥AB．因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以AE⊥PA．因為PA∩AB＝A，所以AE⊥平面PAB，因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(2)存在點F為PB中點時，滿意CF∥平面PAE.理由如下：分別取PB，PA的中點F，G，連接CF，F(xiàn)G，EG，在三角形PAB中，F(xiàn)G∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB，在菱形ABCD中，E為CD中點，所以CE∥AB且CE＝eq\f(1,2)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.命題點2空間幾何體的體積計算求空間幾何體體積的常用方法(1)公式法：干脆依據(jù)相關(guān)的體積公式計算．(2)等積法：依據(jù)體積計算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計算更簡單，或是求出一些體積比等．(3)割補法：把不能干脆計算體積的空間幾何體進行適當(dāng)分割或補形，轉(zhuǎn)化為易計算體積的幾何體．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·長沙模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，△PAD為等邊三角形，平面PAD⊥平面PCD．(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若AB＝2，Q為線段PB的中點，求三棱錐Q-PCD的體積．[解](1)證明：取PD的中點O，連接AO.∵△PAD為等邊三角形，∴AO⊥PD，∵AO?平面PAD，平面PAD∩平面PCD＝PD，平面PAD⊥平面PCD，∴AO⊥平面PCD，∵CD?平面PCD，∴AO⊥CD，∵底面ABCD為正方形，∴CD⊥AD，∵AO∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，又∵CD?平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD．(2)由(1)知，AO⊥平面PCD，∴A到平面PCD的距離d＝AO＝eq\r(3).∵底面ABCD為正方形，∴AB∥CD，又∵AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD，∴A，B兩點到平面PCD的距離相等，均為d，又Q為線段PB的中點，∴Q到平面PCD的距離h＝eq\f(d,2)＝eq\f(\r(3),2).由(1)知，CD⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，∴VQ-PCD＝eq\f(1,3)S△PCD·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3).2．(2024·會寧模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AC⊥BD，AC∩BD＝O，PO⊥AB，△POD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，且2OB＝2OC＝OD＝2.(1)證明：平面PAC⊥平面PBD．(2)若四棱錐P-ABCD的體積為4，求四面體PAOB的表面積．[解](1)證明：∵△POD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，∴PO⊥DO，又PO⊥AB，AB∩DO＝B，∴PO⊥平面ABCD，則PO⊥AC．又AC⊥BD，BD∩PO＝O，∴AC⊥平面PBD．又AC?平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD．(2)∵S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD＝eq\f(1,2)(AO＋1)(1＋2)＝eq\f(3,2)(1＋AO)，且PO＝OD＝2，∴VP-ABCD＝eq\f(1,3)×2×eq\f(3,2)(1＋AO)＝1＋AO＝4.∴AO＝3.過O作OE⊥AB于E，連接PE，∵PO⊥AB，PO∩OE＝O.∴AB⊥平面POE，則AB⊥PE.∵OE＝eq\f(OA·OB,AB)＝eq\f(3,\r(10))，∴PE＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(10))))eq\s\up12(2))＝eq\r(\f(49,10))＝eq\f(7,\r(10)).∴S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PE＝eq\f(7,2).故四面體PAOB的表面積為S＝S△PAO＋S△PBO＋S△AOB＋S△PAB＝eq\f(1,2)×2×3＋eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×1×3＋eq\f(7,2)＝9.命題點3折疊問題求解平面圖形折疊問題的關(guān)鍵和方法(1)關(guān)鍵：分清翻折前后位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系哪些變更，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，尤其是垂直關(guān)系，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．(2)方法：把平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐等幾何體，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟識的幾何體中解決．[高考題型全通關(guān)]1．如圖①，平行四邊形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E為CD中點．將△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到如圖②所示的四棱錐P-ABCE.①②(1)求證：平面PAE⊥平面PBE；(2)求點B到平面PEC的距離．[解](1)證明：在圖①中連接BE(圖略)，由平面幾何學(xué)問，求得AE＝2，BE＝2eq\r(3)，又∵AB＝4，∴BE⊥AE，在圖②中，∵平面APE⊥平面ABCE，且平面APE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面PAE，又∵BE?平面PBE，∴平面PAE⊥平面PBE.(2)設(shè)O為AE的中點，連接PO，CO，由已知可得△PAE為等邊三角形，∴PO＝eq\r(3).∵平面PAE⊥平面ABCE，∴PO⊥平面ABCE，得PO⊥CO.在△OEC中，OE＝1，EC＝2，∠OEC＝eq\f(2π,3).由余弦定理得OC＝eq\r(7).∴PC＝eq\r(3＋7)＝eq\r(10).在△PEC中，PE＝EC＝2，PC＝eq\r(10).∴S△PEC＝eq\f(1,2)×eq\r(10)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，又∵S△BCE＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).設(shè)點B到平面PEC的距離為d，由VP-BCE＝VB-PCE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×d，解得d＝eq\f(2\r(15),5).∴點B到平面PEC的距離為eq\f(2\r(15),5).[點評]點到面的距離問題的兩種處理思路思路1：先找圖中是否有過該點與該面垂直的直線，若有則該點到垂足之間的線段長就是點到直線的距離，若無，可以利用題中的條件結(jié)合有關(guān)定理，如面面垂直的性質(zhì)定理過該點作該面的垂線，然后放在相關(guān)三角形中利用正、余弦定理求解；思路2：利用體積轉(zhuǎn)化求解．2．如圖，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝eq\f(1,2)AP＝2，D是AP的中點，E，G分別為PC，CB的中點，點F是線段PD上一動點，將△PCD沿CD折起，使得平面PCD⊥平面ACD．(1)證明：AC⊥BF；(2)若點F為PD的中點，求三棱錐P-EFG的體積．[解](1)連接BD，易知四邊形ABCD是正方形，則BD⊥AC，∵平面PCD⊥平面ACD，PD⊥CD,∴PD⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，∴AC⊥PD．又∵BD∩PD＝D，∴A