2025版高考数学一轮复习高考大题增分课四立体几何中的高考热点问题教学案文含解析北师大版

PAGE1-四立体几何中的高考热点问题[命题解读]1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简洁计算；解答题主要采纳“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象实力、逻辑推理论证实力及数学运算实力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探究开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．线面位置关系与体积计算以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象实力、计算与数学推理论证实力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2024·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为eq\f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED．又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED． 4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq\f(x,2).因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq\f(\r(3),2)x. 6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq\f(\r(2),2)x.由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AC·GD·BE＝eq\f(\r(6),24)x3＝eq\f(\r(6),3)，故x＝2. 9分从而可得AE＝EC＝ED＝eq\r(6).所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq\r(5).故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2eq\r(5). 12分[易错与防范]易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD∩BE＝B.AC平面AEC等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，须要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误．防范措施：1.在书写证明过程中，应严格依据判定定理的条件写，防止扣分．2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏．[通性通法]空间几何体体积的求法(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可干脆利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先依据三视图得到几何体的直观图，然后依据条件求解．如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求四面体N­BCM的体积．[解](1)证明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TNAM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，所以点N到平面ABCD的距离为eq\f(1,2)PA.取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得点M到BC的距离为eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面体N­BCM的体积VN­BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).求点到平面的距离(几何体的高)求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解实力．【例2】(2024·开封模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，M为CD的中点，平面PAD⊥平面ABCD．(1)求证：BD⊥PM；(2)若∠APD＝90°，PA＝eq\r(2)，求点A到平面PBM的距离．[解](1)证明：取AD中点E，连接PE，EM，AC，∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵E，M分别是AD，DC的中点，∴EM∥AC，∴EM⊥BD．∵PA＝PD，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，∵EM∩PE＝E，∴BD⊥平面PEM，∵PM平面PEM，∴BD⊥PM.(2)连接AM，BE，∵PA＝PD＝eq\r(2)，∠APD＝90°，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝BD＝2，PE＝1，EM＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，∴PM＝PB＝eq\r(1＋3)＝2.在等边三角形DBC中，BM＝eq\r(3)，∴S△PBM＝eq\f(\r(39),4)，S△ABM＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3).设三棱锥A­PBM的高为h，则由等体积可得eq\f(1,3)·eq\f(\r(39),4)h＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1，∴h＝eq\f(4\r(13),13)，∴点A到平面PBM的距离为eq\f(4\r(13),13).[规律方法]求点到平面的距离(几何体的高)的两种方法(1)等积法：利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．(2)定义法：其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用协助面法，所作的协助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在协助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱锥P­ABD的体积V＝eq\f(\r(3),4)，求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC．(2)三棱锥P­ABD的体积V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB，由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).由题设知BC⊥AB，BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB，在平面PAB内作AH⊥PB交PB于点H，则BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(PA·AB,\r(PA2＋AB2))＝eq\f(3\r(13),13).所以点A到平面PBC的距离为eq\f(3\r(13),13).线面位置关系中的存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最终一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探究型．(3)方法类比探究型．【例3】(2024·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．所以对角线AC经过点F.又在△PAC中，点E为PC的中点，所以EF为△PAC的中位线，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD．(2)存在满意要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC．因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD．又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD．又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD．又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC．[规律方法]1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是常常运用的一个特别点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探究开放性问题，采纳了先猜后证，即先视察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探究，常从条件动身，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．(2024·长沙模拟)如图，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2)倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明](1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S­ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD．因为SD平面SBD，所以AC⊥SD．(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC．连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝eq\r(2)a.由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝eq\f(\r(2)a,4).故可在SP上取一点N，使得PN＝PD．过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.又因为NE∥PC，NE平面BNE，BN平面BNE，BN∩NE＝N，PO平面PAC，PC平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC．因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.[大题增分专训]1．(2024·济南模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．(1)证明：PD∥平面CEF；(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求三棱锥P­DEF的体积．[解](1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF(图略)．∵E为线段AD的中点，AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD＝ED，∴BCED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴O为BD的中点，又F是BP的中点，∴OF∥PD．又OF平面CEF，PD平面CEF，∴PD∥平面CEF.(2)由(1)知，BE＝CD．∵四边形ABCD为等腰梯形，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∴AB＝AE＝BE，∴三角形ABE是等边三角形，∴∠DAB＝eq\f(π,3)，过B作BH⊥AD于点H(图略)，则BH＝eq\r(3).∵PE⊥平面ABCD，PE平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，又平面PAD∩平面ABCD＝AD，BH⊥AD，BH平面ABCD，∴BH⊥平面PAD，∴点B到平面PAD的距离为BH＝eq\r(3).又F为线段PB的中点，∴点F到平面PAD的距离h等于点B到平面PAD的距离的一半，即h＝eq\f(\r(3),2)，又S△PDE＝eq\f(1,2)PE·DE＝2，∴V三棱锥P­DEF＝eq\f(1,3)S△PDE×h＝eq\f(1,3)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3).2．(2024·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面ABFE与侧面PCD的交线为EF，且满意S△PEF：S四边形CDEF＝1∶3.(1)证明：PB∥平面ACE；(2)当PA＝2AD＝2时，求点F到平面ACE的距离．[解](1)证明：由题知四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，∵CD平面PCD，AB平面PCD，∴AB∥平面PCD．又AB平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF，∴EF∥AB，∴EF∥CD．由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3知E，F分别为PD，PC的中点．如图，连接BD交AC于点G，则G为BD的中点，连接EG，则EG∥PB.又EG平面ACE，PB平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵PA＝2，AD＝AB＝1，∴AC＝eq\r(2)，AE＝eq\f(1,2)PD＝eq\f(\r(5),2)，∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD．在Rt△CDE中，CE＝eq\r(CD2＋DE2)＝eq\f(3,2).在△ACE中，由余弦定理知cos∠AEC＝eq\f(AE2＋CE2－AC2,2AE·CE)＝eq\f(\r(5),5)，∴sin∠AEC＝eq\f(2\r(5),5)，∴S△ACE＝eq\f(1,2)·AE·CE·sin∠AEC＝eq\f(3,4).设点F到平面ACE的距离为h，连接AF，则VF­ACE＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×h＝eq\f(1,4)h.∵DG⊥AC，DG⊥PA，AC∩PA＝A，∴DG⊥平面PAC．∵E为PD的中点，∴点E到平面ACF的距离为eq\f(1,2)DG＝eq\f(\r(2),4).又F为PC的中点，∴S△ACF＝eq\f(1,2)S△ACP＝eq\f(\r(2),2)，∴VE­ACF＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(1,12).由VF­ACE＝VE­ACF，得eq\f(1,4)h＝eq\f(1,12)，得h＝eq\f(1,3)，∴点F到平面ACE的距离为eq\f(1,3).3．已知