二轮复习数学（文）通用版讲义第一部分第二层级高考5个大题题题研诀窍立体几何问题重在“建”“转”-建模转换

eq\a\vs4\al([思维流程——找突破口])[技法指导——迁移搭桥]立体几何解答题建模、转换策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、转换．建模——问题转化为平行模型、垂直模型等；转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解.[典例](2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱锥Q­ABP的体积．[快审题]求什么想什么求证面面垂直，想到证线面垂直．求三棱锥的体积，想到求底面积和高．给什么用什么给出∠ACM＝90°，AB∥CM，用平行关系得∠BAC＝90°.给出BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，计算BP的长．差什么找什么差点Q到平面ABP的距离，由DQ＝eq\f(2,3)DA，找出点Q到平面ABP的距离等于点D到平面ABP距离的eq\f(1,3).[稳解题](1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因为BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因为AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.[题后悟道]有关立体几何综合问题的解题步骤

[针对训练](2018·沈阳质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M为PC上一点，且PM＝2MC.(1)求证：BM∥平面PAD；(2)若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝60°，求三棱锥P­ADM的体积．解：(1)证明：如图，过M作MN∥CD交PD于点N，连接AN.∵PM＝2MC，∴MN＝eq\f(2,3)CD.又AB＝eq\f(2,3)CD，且AB∥CD，∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴BM∥AN.又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD.(2)如图，过B作AD的垂线，垂足为E.∵PD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PD⊥BE.又AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD＝D，∴BE⊥平面PAD.由(1)知，BM∥平面PAD，∴点M到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，即BE.连接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∴BE＝eq\r(3)，则三棱锥P­ADM的体积VP­ADM＝VM­PAD＝eq\f(1,3)×S△PAD×BE＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3).[总结升华]立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型，其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；距离、面积与体积的计算是重点内容．eq\a\vs4\al([专题过关检测])A组——“6＋3＋3”一、选择题1．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要条件．2．关于直线a，b及平面α，β，下列命题中正确的是()A．若a∥α，α∩β＝b，则a∥bB．若α⊥β，m∥α，则m⊥βC．若a⊥α，a∥β，则α⊥βD．若a∥α，b⊥a，则b⊥α解析：选CA是错误的，因为a不一定在平面β内，所以a，b有可能是异面直线；B是错误的，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行，可能相交，也可能线在面内，故B错误；C是正确的，由直线与平面垂直的判断定理能得到C正确；D是错误的，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．3．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，|AB|＝eq\r(2)|BB1|，则AB1与BC1所成角的大小为()A．30° B．60°C．75° D．90°解析：选D将正三棱柱ABC­A1B1C1补为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，连接C1D，BD，则C1D∥B1A，∠BC1D为所求角或其补角．设BB1＝eq\r(2)，则BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq\r(3)，又因为BC1＝C1D＝eq\r(6)，所以∠BC1D＝90°.4.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选BA中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的结论是()A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④解析：选B由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，结合②知③正确；由①知④不正确．故选B.6．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．120° D．60°解析：选D如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角，在Rt△DEC中，CE＝2eq\r(13)，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝eq\f(CA2＋AE2－CE2,2CA×AE)＝eq\f(1,2)，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.二、填空题7．(2018·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.其中真命题的序号是________．解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，正确．答案：②③④8．若P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出以下四个命题：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正确的个数是________．解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.答案：①③9．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq\r(15)，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA与底面成45°角，∴△SAO为等腰直角三角形．设OA＝r，则SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)r)2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母线长l＝4eq\r(5)，∴S圆锥侧＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π三、解答题10.(2018·长春质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面ACE；(2)设PA＝1，AD＝eq\r(3)，PC＝PD，求三棱锥P­ACE的体积．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB∥平面ACE.(2)由题意得AC＝AD，所以VP­ACE＝eq\f(1,2)VP­ACD＝eq\f(1,4)VP­ABCD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)S▱ABCD·PA＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\f(\r(3),4)×\r(3)2))×1＝eq\f(\r(3),8).11.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．(1)当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF(2)若FD⊥B1D，求三棱锥B1­ADF的体积．解：(1)证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°所以B1F⊥FD因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF(2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2eq\r(2)，在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝eq\r(BD2＋BB\o\al(2,1))＝eq\r(10).因为FD⊥B1D，所以Rt△CDF∽Rt△BB1D，所以eq\f(DF,B1D)＝eq\f(CD,BB1)，即DF＝eq\f(1,3)×eq\r(10)＝eq\f(\r(10),3)，所以VB1­ADF＝VA­B1DF＝eq\f(1,3)S△B1DF×AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(10),3)×eq\r(10)×2eq\r(2)＝eq\f(10\r(2),9).12．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).连接OB，因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以点C到平面POM的距离为eq\f(4\r(5),5).B组——大题专攻补短练1．(2018·武汉调研)如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)证明：BE⊥平面D1AE；(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.(2)eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4)，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)AB，∴M，F，L，A四点共面，若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.∴四边形AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).2.(2018·湖北八校联考)如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分别为AB和BB′上的点，且eq\f(AD,DB)＝eq\f(BE,EB′).(1)当D为AB的中点时，求证：A′B⊥CE；(2)当D在线段AB上运动时(不含端点)，求三棱锥A′­CDE体积的最小值．解：(1)证明：∵D为AB的中点，∴E为B′B的中点，∵三棱柱ABC­A′B′C′为直三棱柱，AA′＝AB＝6，∴四边形ABB′A′为正方形，∴DE⊥A′B.∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB.由题意得平面ABB′A′⊥平面ABC，且平面ABB′A′∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，∴CD⊥平面ABB′A′.又A′B⊂平面ABB′A′，∴CD⊥A′B.又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE，∵CE⊂平面CDE，∴A′B⊥CE.(2)设AD＝x(0<x<6)，则BE＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x，由已知可得点C到平面A′DE的距离即为△ABC的边AB上的高h，且h＝eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝4，∴三棱锥A′­CDE的体积VA′­CDE＝VC­A′DE＝eq\f(1,3)(S四边形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(36－3x－\f(1,2)6－xx－36－x))·h＝eq\f(2,3)(x2－6x＋36)＝eq\f(2,3)[(x－3)2＋27](0<x<6)，∴当x＝3，即D为AB的中点时，VA′­CDE取得最小值，最小值为18.3.(2018·南昌模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AC与BD相交于点O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱锥P­ACD的体积为9.(1)求AD的值；(2)过点O的平面α平行于平面PAB，平面α与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H，求截面EFGH的周长．解：(1)因为在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，所以V三棱锥P­ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AB×AD×AP＝eq\f(3,2)AD＝9，解得AD＝6.(2)由题知平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，点O在EF上，平面PAB∩平面ABCD＝AB，根据面面平行的性质定理，得EF∥AB，同理EH∥BP，FG∥AP.因为BC∥AD，所以△BOC∽△DOA，所以eq\f(BC,AD)＝eq\f(CO,OA)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).因为EF∥AB，所以eq\f(CE,BC)＝eq\f(OC,AC)＝eq\f(1,3)，又易知BE＝AF，AD＝2BC，所以FD＝2AF.因为FG∥AP，所以eq\f(FG,AP)＝eq\f(FD,AD)＝eq\f(2,3)，FG＝eq\f(2,3)AP＝2.因为EH∥BP，所以eq\f(EH,PB)＝eq\f(EC,