高中数学高考10第一部分 板块二 专题三 立体几何 第2讲　立体几何(大题)

第2讲立体几何(大题)板块二

专题三立体几何NEIRONGSUOYIN内容索引热点分类突破真题押题精练1PARTONE热点一平行、垂直关系的证明热点二体积、距离的计算热点三翻折与探索性问题热点一平行、垂直关系的证明高考常考平行、垂直关系的解题策略：(1)证明空间中的平行、垂直关系的常用方法是转化，如证明面面平行时，可转化为证明线面平行，而证明线面平行时，可转化为证明线线平行，但有的时候证明线面平行时，也可先证明面面平行，然后再得出线面平行.(2)在证明时，常通过三角形、平行四边形、矩形等平面图形去寻找平行和垂直的关系.例1

(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PE⊥BC；证明因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；证明因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)求证：EF∥平面PCD.证明如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.跟踪演练1

如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点.(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；证明取BD的中点O，连接CO，PO，因为CD＝CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.(2)求证：CE∥平面PAD.证明由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO∥平面PAD.由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CO∥平面PAD.又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.热点二体积、距离的计算高考常考体积和距离问题的解题策略：(1)求空间几何体的体积的常用方法有换底法，转化法，割补法.换底法的一般思路是找出几何体的底面和高，看底面积和高是否容易计算，若较难计算，则转换顶点和底面，使得底面积和高都比较容易求出；转化法是利用一个几何体与某几何体之间的关系，转化为求该几何体的体积；对于较复杂的几何体，有时也进行分割和补形，间接求得体积.(2)求立体几何中的距离问题时常利用等体积法，即把要求的距离转化成一个几何体的高，利用同一个几何体的体积相等，转换这个几何体的顶点去求解.例2

(2019·东北三省三校模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且AG＝

GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，四面体P－BCG的体积为

.(1)求点D到平面PBG的距离；∵PG⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴PG⊥BG，设点D到平面PBG的距离为h，∵VD－PBG＝VP－BDG，∴PG＝4，∵PG⊥平面ABCD，PG

⊂平面PBG，∴平面PBG⊥平面ABCD，∵平面PBG

∩平面ABCD＝BG，在平面ABCD内，过D作DK⊥BG，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG，∴DK的长就是点D到平面PBG的距离，解在平面ABCD内，过D作DM⊥GC于M，连接FM，又∵DF⊥GC，DM∩DF＝D，DM，DF⊂平面FMD，∴GC⊥平面FMD，又FM⊂平面FMD，∴GC⊥FM，∵PG⊥平面ABCD，GC⊂平面ABCD，∴PG⊥GC，∴FM∥PG，跟踪演练2

(2019·淄博模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝1，CD＝3，AP＝2，DP＝2，∠PAD＝60°，AB⊥平面PAD，点M在棱PC上.(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；证明因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥DP，所以∠APD＝90°，即DP⊥AP，因为AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面PAB，所以DP⊥平面PAB，因为DP⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(2)若直线PA∥平面MBD，求此时三棱锥P－MBD的体积.解连接AC，与BD交于点N，连接MN，因为PA∥平面MBD，MN为平面PAC与平面MBD的交线，所以PA∥MN，在四边形ABCD中，因为AB∥CD，所以△ABN∽△CDN，因为AB⊥平面PAD，所以AB⊥AD，且平面APD⊥平面ABCD，在平面PAD中，作PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD，因为VP－MBD＝VP－BCD－VM－BCD，热点三翻折与探索性问题高考中翻折与探索性问题的解题策略：(1)翻折问题有一定的难度，在解题时，一定要先弄清楚在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化.一般情况下，长度不发生变化，而位置关系发生变化.再通过连线得到三棱锥、四棱锥等几何体，最后把问题转化到我们较熟悉的几何体中去解决.(2)对于探索性问题，一般根据问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设.例3

如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点.将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示.(1)求证：DE⊥平面PCF；证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；证明因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB∥DE.又由(1)得，DE⊥平面PCF，所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCF.(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由.解存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点.如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC∥EN.在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MF∥PE.又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，所以平面CFM∥平面PEN.跟踪演练3

(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧

所在平面垂直，M是

上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.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，又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM.因为M为

上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC.又DM⊂平面AMD，故平面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.解当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC，BD，交于点O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点.连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.2PARTTWO押题预测真题体验(2019·全国Ⅰ，文，19)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1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；真题体验证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，所以四边形A1B1CD是平行四边形，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)求点C到平面C1DE的距离.解过点C作CH⊥C1E交C1E于H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，且BC∩C1C＝C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.又DE∩C1E＝E，DE，C1E⊂平面C1DE，从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.由已知可得CE＝1，C1C＝4，押题预测如图，在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD⊥平面PAD，AD∥BC，AB＝BC＝A