2025版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲平行垂直的综合问题教案文新人教A版

PAGEPAGE1第6讲平行、垂直的综合问题空间中的证明与计算问题(师生共研)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为eq\f(8,3)，求该四棱锥的侧面积．【解】(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB＝x，则由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由题设得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱锥P­ABCD的侧面积为eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).eq\a\vs4\al()(1)几何体的体积柱体的体积V＝S底·h.锥体的体积V＝eq\f(1,3)S底·h.(2)几何体的表面积直棱柱的侧面积S侧＝C底·l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最终求和．(3)计算几何体体积的关键及留意点计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不便利求，要留意进行体积的转化．(2024·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2.(1)求证：AE∥平面PBC；(2)若四面体PABC的体积为eq\f(\r(3),3)，求△PCD的面积．解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，则EF∥PC，又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以AF∥BC，又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面AEF∥平面PBC.又AE⊂平面AEF，所以AE∥平面PBC.(2)由已知得，V四面体PABC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)AB·BC·PA＝eq\f(\r(3),3)，可得PA＝2.过点A作AQ⊥CD于点Q，连接PQ，在△ACD中，AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，所以CD＝4，AQ＝eq\f(2×2\r(3),4)＝eq\r(3)，则PQ＝eq\r(22＋3)＝eq\r(7).因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又AQ∩PA＝A，所以CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.所以S△PCD＝eq\f(1,2)×4×eq\r(7)＝2eq\r(7).空间中的翻折问题(师生共研)(2024·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．【解】(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.eq\a\vs4\al()解决此类问题的关键就是依据折痕，精确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不变更；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不变更.其步骤为：eq\x(第一步)—eq\x(确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变更量和不变量)↓eq\x(其次步)—eq\x(在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确须要用到的线面)↓eq\x(第三步)—eq\x(利用判定定理或性质定理进行证明)(2024·济南市模拟考试)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．(1)求证：PD∥平面MCE；(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．解：(1)证明：在题图1中，因为BE＝eq\f(1,2)AB＝CD且BE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形．如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，所以点O是BD的中点，又点M为棱PB的中点，所以OM∥PD，因为PD⊄平面MCE，OM⊂平面MCE，所以PD∥平面MCE.(2)在题图1中，因为EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，因为四边形ABCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，因为∠BAD＝45°，所以AD⊥DE.所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，因为AE＝2，所以AD＝DE＝eq\r(2)，所以OM＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(2),2)，S△BCE＝S△ADE＝1，所以V三棱锥M­BCE＝eq\f(1,3)S△BCE·OM＝eq\f(\r(2),6).立体几何中的探究性问题(师生共研)(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧eq\o(CD,\s\up8(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up8(︵))上异于C，D的点．(1)证明：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】(1)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，故BC⊥DM.因为M为eq\o(CD,\s\up8(︵))上异于C，D的点，且DC为直径，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)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：如图，连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.eq\a\vs4\al()解决探究性问题的方法(1)对命题条件探究的三种途径途径一：先猜后证，即先视察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探究出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题，探究出命题成立的条件．(2)对命题结论的探究方法从条件动身，探究出要求的结论是什么，对于探究结论是否存在，求解时常假设结论存在，再找寻与条件相容或者冲突的结论．[留意]对探究性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由．如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P­ABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出eq\f(PM,MC)的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin60°＝eq\f(\r(3),2).由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高．又PA＝1，所以三棱锥P­ABC的体积V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(\r(3),6).(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝eq\f(1,2)，从而NC＝AC－AN＝eq\f(3,2).由MN∥PA，得eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,3).[基础题组练]1．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.2．(2024·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝eq\r(3).过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，则CE＝1，故CH＝eq\r(2)，在Rt△PCH中，可得PH＝eq\r(2)，即点P到平面ABC的距离为eq\r(2).答案：eq\r(2)3．(2024·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6eq\r(2)，E是棱PC上的一点．(1)证明：BC⊥平面PBD；(2)若PA∥平面BDE，求eq\f(PE,PC)的值．解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，所以BC⊥平面PBD.(2)如图，连接AC交BD于点F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线．因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以eq\f(PE,PC)＝eq\f(1,2).4．(2024·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2eq\r(2)，沿BD折起，使AC＝2eq\r(2).(1)证明：△ACD为直角三角形；(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2eq\r(2)，所以AD＝eq\r(AB2＋BD2)＝eq\r(4＋8)＝2eq\r(3)，因为AC＝2eq\r(2)，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD，所以△ACD是直角三角形．(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，易知P为AC的中点，所以四面体PBCD的体积VP­BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).5.(2024·福州市质量检测)如图，四棱锥E­ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥BE；(2)设M在线段DE上，且满意EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，所以BF⊥AE.又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因为BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE.(2)如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，所以NG∥平面BCE.同理可证，GM∥平面BCE.因为MG∩GN＝G，所以平面MGN∥平面BCE，又因为MN⊂平面MGN，所以MN∥平面BCE，因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点，所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，AD＝6，AB＝5，BE＝3，所以MG＝eq\f(2,3)AD＝4，NG＝eq\f(1,3)BE＝1，所以MN＝eq\r(MG2＋NG2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17).[综合题组练]1．(2024·吉林长春质量监测(二))四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝eq\r(2)，M为PC中点．(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；(2)求点B到平面PCD的距离．解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BD＝eq\r(3)，cos∠BDC＝cos∠DBA＝eq\f(\r(3),3)，在△BCD中，由余弦定理得BC＝eq\r(3)，由勾股定理得PD＝2，PB＝eq\r(3)，所以△PCD，△PCB是等腰三角形，所以PC⊥MD，PC⊥MB，因为MD∩MB＝M，所以PC⊥平面MDB，因为PC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面BDM.(2)取PD的中点N，连接AN，MN，所以ANMB为平行四边形，所以BM∥AN，BM＝AN＝1，因为PA＝AD，所以AN⊥PD，又易知CD⊥平面PAD，AN⊂平面PAD，所以CD⊥AN，所以AN⊥平面PCD，所以BM⊥平面PCD，所以B到平面PCD的距离为1.2．(2024·郑州市其次次质量预料)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.(1)求证：AD⊥PB；(2)若E在线段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D­CEG的体积；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，所以BF⊥AD.又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，所以GH⊥平面ABCD.又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以eq\f(CH,HF)＝eq\f(CE,DF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(CG,GP)＝eq\f(CH,HF)＝eq\f(1,2)，所以GH＝eq\f(1,3)PF＝eq\f(\r(3),3)，所以VD­CEG＝VG­CDE＝eq\f(1,3)S△CDE·GH＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)DC·CE·sineq\f(π,3)·GH＝eq\f(1,12).3．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；(2)求证：BD⊥A1F；(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试推断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角冲突，所以直线A1B与直线CD不能垂直．规范答题示范(四)立体几何类型一线面位置关系与体积计算(12分)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：eq\a\vs4\al(AC⊥BD；)❶(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，eq\a\vs4\al(求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.)❷[建桥寻突破]❶看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直.❷看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比.[规范解答](1)证明：如图，取AC的中点O，连接DO，BO.1分eq\x(得分点①)因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.又因为DO∩BO＝O，从而AC⊥平面DOB，3分eq\x(得分点②)故AC⊥BD.4分eq\x(得分点③)(2)连接EO.5分eq\x(得分点④)由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，7分eq\x(得分点⑤)由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.8分eq\x(得分点⑥)又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E为BD的中点.9分eq\x(得分点⑦)从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)，11分eq\x(得分点⑧)即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.12分eq\x(得分点⑨)[评分标准]①作出协助线，并用语言正确表述得1分；②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分；③由线面垂直的性质得出结论得1分；④作出协助线，并用语言正确表述得1分；⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分；⑥由直角三角形的性质得出EO＝eq\f(1,2)AC得1分；⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分；⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)得2分；⑨正确求出体积比得1分.[解题点津](1)得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤肯定要写，如第(1)问中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等.(2)利用第(1)问的结果：假如第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以干脆用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO＝AO.[核心素养]空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养.类型二线面位置关系中的探究性问题(12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.(1)在平面PAD内找一点M，使得eq\a\vs4\al(直线CM∥平