（江蘇專用）2019版高考數(shù)學大一輪復習 第八章 立體幾何初步 專題探究課4 高考中立體幾何問題的熱點題型學案

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1、 專題探究課4 高考中立體幾何問題的熱點題型 熱點一　利用判定定理證明平行、垂直關(guān)系 【例1】 如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分別是AB，AC的中點. (1)求證：B1C1∥平面A1DE； (2)求證：平面A1DE⊥平面ACC1A1.證明　(1)因為D，E分別是AB，AC的中點，所以DE∥BC， 又因為三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1∥BC， 所以B1C1∥DE. 又B1C1?平面A1DE，DE?平面A1DE， 所以B1C1∥平面A1DE. (2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC， 又DE?底面ABC，所以CC

2、1⊥DE. 又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC， 又CC1，AC?平面ACC1A1，且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACC1A1. 又DE?平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 【訓練】 如圖，在四棱錐PABCD中，AD＝CD＝AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD. (1)求證：BC⊥平面PAC； (2)若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與PB交于點N，求PN∶PB的值． (1)證明　設(shè)AD＝1.因為AD＝CD＝AB，所以CD＝1，AB＝2. 因為∠ADC＝90°， 所以AC＝，∠CAB＝45°. 在△ABC中，由余弦定理

3、得BC＝， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以BC⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥PC. 因為PC?平面PAC，AC?平面PAC，PC∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC. (2)解　如圖，因為AB∥DC，CD?平面CDMN，AB?平面CDMN， 所以AB∥平面CDMN. 因為AB?平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN，所以AB∥MN. 在△PAB中，因為M為線段PA的中點，所以N為線段PB的中點，即PN∶PB的值為. 熱點二　利用性質(zhì)定理證明平行、垂直關(guān)系 【例2】 如圖，四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB. (1)

4、求證：CD⊥AP； (2)若CD⊥PD，求證：CD∥平面PAB. 證明　(1)因為AD⊥平面PAB，AP?平面PAB，所以AD⊥AP. 又因為AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以AP⊥平面ABCD. 因為CD?平面ABCD，所以CD⊥AP. (2)因為CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD?平面PAD，AP?平面PAD， 所以CD⊥平面PAD.① 因為AD⊥平面PAB，AB?平面PAB，所以AB⊥AD. 又因為AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP?平面PAD， AD?平面PAD， 所以AB⊥平面PAD.② 由①②得CD∥AB，

5、 因為CD?平面PAB，AB?平面PAB， 所以CD∥平面PAB. 熱點三　立體幾何中的探究性問題 【例3】 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，點D是BC的中點，BC＝BB1. (1)若P是CC1上任一點，求證：AP不可能與平面BCC1B1垂直； (2)試在棱CC1上找一點M，使MB⊥AB1. (1)證明　(反證法)假設(shè)AP⊥平面BCC1B1， ∵BC?平面BCC1B1，∴ AP⊥BC. 又正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP?平面ACC1A1，CC1?平面ACC1A1， ∴BC⊥平面ACC1A1.而AC?平面ACC1A1， ∴BC⊥AC

6、，這與△ABC是正三角形矛盾， 故AP不可能與平面BCC1B1垂直. (2)解　M為CC1的中點.證明如下： ∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝BB1， ∴四邊形BCC1B1是正方形. ∵M為CC1的中點，D是BC的中點， ∴△B1BD≌△BCM， ∴∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB. ∵∠BB1D＋∠BDB1＝， ∴∠CBM＋∠BDB1＝，∴ BM⊥B1D. ∵△ABC是正三角形，D是BC的中點， ∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD?平面ABC， ∴AD⊥平面BB1C1C. ∵BM?平面BB1

7、C1C，∴AD⊥BM. ∵AD∩B1D＝D，AD，B1D?平面AB1D， ∴BM⊥平面AB1D. ∵AB1?平面AB1D，∴MB⊥AB1. 熱點四　空間幾何體的表面積和體積 【例4】 如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置. (1)證明：AC⊥HD′； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′－ABCFE的體積. (1)證明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關(guān)系，即EF⊥HD′，所

8、以AC⊥HD′. (2)解　由EF∥AC得＝＝. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4， 所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3， 于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2， 故OD′⊥OH. 由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以AC⊥平面DHD′，于是AC⊥OD′， 又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC. 又由＝得EF＝. 五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝. 所以五棱錐D′－ABCFE的體積V＝××2＝. 熱點五　立體幾何模型實際應(yīng)用問題 【例5】 (2017·江蘇卷)如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ

9、和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32 cm，容器Ⅰ的底面對角線AC的長為10 cm，容器Ⅱ的兩底面對角線EG，E1G1的長分別為14 cm和62 cm.分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12 cm.現(xiàn)有一根玻璃棒l，其長度為40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計). (1)將l放在容器Ⅰ中，l的一端置于點A處，另一端置于側(cè)棱CC1上，求l沒入水中部分的長度； (2)將l放在容器Ⅱ中，l的一端置于點E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒入水中部分的長度. 解　(1)由正棱柱的定義， CC1⊥平面ABCD， 所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC. 記玻璃棒的另

10、一端落在CC1上點M處.因為AC＝10，AM＝40， 所以MC＝＝30， 從而sin∠MAC＝.記AM與水面的交點為P1， 過P1作P1Q1⊥AC，Q1為垂足， 則P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1＝12， 從而AP1＝＝16. 答：玻璃棒l沒入水中的部分的長度為16 cm. (如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為24 cm) (2)如圖，O，O1是正棱臺的兩底面中心. 由正棱臺的定義，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG. 同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1. 記玻璃棒的另一端落在GG1

11、上點N處. 過G作GK⊥E1G1，K為垂足，則GK＝OO1＝32. 因為EG＝14，E1G1＝62， 所以KG1＝＝24， 從而GG1＝＝＝40. 設(shè)∠EGG1＝α，∠ENG＝β， 則sin α＝sin＝cos∠KGG1＝. 因為<α<π，所以cos α＝－. 在△ENG中，由正弦定理可得＝， 解得sin β＝. 因為0<β<，所以cos β＝. 于是sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β＝×＋×＝. 記EN與水面的交點為P2，過P2作P2Q2⊥EG，Q2為垂足，則P2Q2⊥平面EFGH， 故P2Q2＝1

12、2，從而EP2＝＝20. 答：玻璃棒l沒入水中部分的長度為20 cm. (如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結(jié)果為20 cm) 探究提高　立體幾何中的實際應(yīng)用問題常以幾何體的表面積、體積為載體，借助于公式計算或三角函數(shù)、基本不等式、導數(shù)等為工具，抽象為函數(shù)模型進行求解，解答過程中要注意變量的實際意義. 一、必做題 1.(2018·蘇北四市一模) 已知圓錐的底面直徑與高都是2，則該圓錐的側(cè)面積為________. 解析　∵圓錐的底面直徑與高都是2， ∴母線長為＝， ∴圓錐的側(cè)面積為πrl＝π. 答案　π 2.(2018·南京模擬)已知α，β是兩個不同的平面，

13、l，m是兩條不同的直線，l⊥α，m?β.給出下列命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③m∥α?l⊥β；④l⊥β?m∥α. 其中正確的命題是________(填寫所有正確命題的序號). 解析　若l⊥α，α∥β，則l⊥β，又m?β，則l⊥m，故①正確；若l⊥α，α⊥β，則l∥β或l?β，又m?β，則l與m可能平行、相交或異面，故②錯誤；若l⊥α，m∥α，則l⊥m，又m?β，則l與β可能平行、相交或l?β，故③錯誤；若l⊥α，l⊥β，則α∥β，又m?β，則m∥α，故④正確.綜上，正確的命題是①④. 答案?、佗? 3.(2018·蘇州一模)在一個長方體的三條棱長分別為3、8、9，若在該

14、長方體上面鉆一個圓柱形的孔后其表面積沒有變化，則圓孔的半徑為________. 解析　設(shè)半徑為r， ∵在一個長方體的三條棱長分別為3、8、9，在該長方體上面鉆一個圓柱形的孔后其表面積沒有變化， ∴減少的2個圓的面積＝圓柱的側(cè)面積， ∴2πr2＝2πr×3(此處只考慮高為3的情況，另外兩種情況下圓柱不存在)， 解得r＝3. ∴圓孔的半徑為3. 答案　3 4.(2018·常州一模) 以一個圓柱的下底面為底面，并以圓柱的上底面圓心為頂點作圓錐，若所得的圓錐底面半徑等于圓錐的高，則圓錐的側(cè)面積與圓柱的側(cè)面積之比為________. 解析　設(shè)圓錐的底面半徑為 r，由題意圓錐底面半徑等于

15、圓錐的高， 可知圓錐的側(cè)面積為πr·r＝πr2. 圓柱的側(cè)面積為2πr·r＝2πr2. 所以圓錐的側(cè)積面與圓柱的側(cè)面積之比為πr2∶2πr2＝. 答案　 5.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，點F是棱CD上的動點，當＝________時，D1E⊥平面AB1F. 解析　如圖，連接A1B，則A1B是D1E在平面ABB1A1內(nèi)的射影. ∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1， 又∵D1E⊥平面AB1F?D1E⊥AF. 連接DE，則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影， ∴D1E⊥AF?DE⊥AF. ∵ABCD是正方形，E是BC的中點， ∴當

16、且僅當F是CD的中點時，DE⊥AF， 即當點F是CD的中點時，D1E⊥平面AB1F， ∴＝1時，D1E⊥平面AB1F. 答案　1 6.(2018·蘇州一模)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，F(xiàn)為棱BB1的中點，M為線段AC1的中點. 求證：(1)直線MF∥平面ABCD； (2)平面AFC1⊥平面ACC1A1. 證明　(1)延長C1F交CB的延長線于點N，連接AN.因為F是BB1的中點， 所以F為C1N的中點，B為CN的中點.又M是線段AC1的中點， 故MF∥AN.又MF?平面ABCD，AN?平面ABCD， ∴MF∥平面ABCD. (2)連BD，由

17、直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 ， 可知A1A⊥平面ABCD，又∵BD?平面ABCD，∴A1A⊥BD. ∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD.又∵AC∩A1A＝A， AC，A1A?平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1. 在四邊形DANB中，DA∥BN且DA＝BN，所以四邊形DANB為平行四邊形， 故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC1A1， 又因為NA?平面AFC1， ∴平面AFC1⊥ACC1A1. 7.(2018·南通、揚州、泰州聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面PAD，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC，M，N分別是棱PA，CD的中點. (1)求證：P

18、C∥平面BMN； (2)(一題多解)求證：平面BMN⊥平面PAC. 證明　(1)設(shè)AC∩BN＝O，連接MO，AN， 因為AB＝CD，AB∥CD，N為CD的中點， 所以AB＝CN，且AB∥CN， 所以四邊形ABCN為平行四邊形， 所以O(shè)為AC的中點， 又M為PA的中點，所以MO∥PC. 又因為MO?平面BMN，PC?平面BMN， 所以PC∥平面BMN. (2)法一　因為PC⊥平面PDA，AD?平面PDA，所以PC⊥AD. 由(1)同理可得四邊形ABND為平行四邊形， 所以AD∥BN， 所以BN⊥PC， 因為BC＝AB，所以平行四邊形ABCN為菱形， 所以BN⊥A

19、C. 因為PC∩AC＝C，PC，AC?平面PAC， 所以BN⊥平面PAC. 因為BN?平面BMN，所以平面BMN⊥平面PAC. 法二　連接PN，因為PC⊥平面PDA，PA?平面PDA， 所以PC⊥PA. 因為PC∥MO，所以PA⊥MO. 又PC⊥PD. 因為N為CD的中點，所以PN＝CD， 由(1)得AN＝BC＝CD，所以AN＝PN， 又因為M為PA的中點，所以PA⊥MN， 因為MN∩MO＝M，MN，MO?平面BMN，所以PA⊥平面BMN. 因為PA?平面PAC，所以平面PAC⊥平面BMN. 二、選做題 8．如圖，在三棱錐ABCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD

20、＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動點，且＝＝λ(0＜λ＜1)． (1)求證：不論λ為何值時，總有平面BEF⊥平面ABC； (2)當λ為何值時，平面BEF⊥平面ACD? (1)證明　因為AB⊥平面BCD， CD?平面BCD，所以AB⊥CD. 因為CD⊥BC，且AB∩BC＝B， 所以CD⊥平面ABC. 又因為＝＝λ(0＜λ＜1)， 所以不論λ為何值，恒有EF∥CD. 所以EF⊥平面ABC，又EF?平面BEF， 所以不論λ為何值，恒有平面BEF⊥平面ABC. (2)解　由(1)知，BE⊥EF. 因為平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平

21、面ACD＝EF，BE?平面BEF， 所以BE⊥平面ACD，所以BE⊥AC. 因為BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，所以BD＝，AB＝tan 60°＝， 所以AC＝＝. 由AB2＝AE·AC，得AE＝， 所以λ＝＝. 故當λ＝時，平面BEF⊥平面ACD. 9．如圖(1)，在邊長為3的正三角形ABC中，E，F(xiàn)，P分別為AB，AC，BC上的點，且滿足AE＝FC＝CP＝1.將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面EFCB，連接A1B，A1P，如圖(2)所示． (1)若Q為A1B的中點，求證：PQ∥平面A1EF； (2)求證：A1E⊥EP.

22、證明　(1)如圖①， 取A1E的中點M，連接QM，MF. 在△A1BE中，Q，M分別為A1B，A1E的中點，所以QM∥BE，且QM＝BE. 因為＝＝， 所以PF∥BE，且PF＝BE， 所以QM∥PF，且QM＝PF. 所以四邊形PQMF為平行四邊形， 所以PQ∥FM. 又因為FM?平面A1EF，且PQ?平面A1EF，所以PQ∥平面A1EF. (2)如圖②， 取BE的中點D，連接DF. 因為AE＝CF＝1，DE＝1， 所以AF＝AD＝2，又∠A＝60°，即△ADF是正三角形． 又因為AE＝ED＝1， 所以EF⊥AD. 所以在圖②中有A1E⊥EF. 因為平面A1EF⊥平面EFCB，平面A1EF∩平面EFCB＝EF，A1E?平面A1EF， 所以A1E⊥平面EFCB. 又EP?平面EFCB，所以A1E⊥EP. 13