一輪復(fù)習(xí)學(xué)案高考大題專項（四）突破2空間中的垂直與幾何體的體積

突破2空間中的垂直與幾何體的體積題型一證線線垂直及求幾何體的體積【例1】(2020廣東汕頭一模,文18)在四棱錐P-ABCD中,平面PAC⊥平面ABCD,且有AB∥DC,AC=CD=DA=12AB(1)證明:BC⊥PA;(2)若PA=PC=22AC=2,Q在線段PB上,滿足PQ=2QB,求三棱錐P-ACQ的體積解題心得證明線線垂直的方法(1)通過計算,運用勾股定理尋求線線垂直;(2)利用面面垂直尋求線面垂直,從而得到線線垂直;(3)應(yīng)用等腰(等邊)三角形三線合一性質(zhì),即三角形底邊的中線同時是高和角分線,得到線線垂直;(4)應(yīng)用兩條平行線的性質(zhì),有一條與一個面中的直線垂直,則另一條也與平面中的直線垂直.對點訓(xùn)練1(2020廣東化州二模,文18)如圖,在三棱錐D-ABC中,O為線段AC上一點,平面ADC⊥平面ABC,且△ADO,△ABO為等腰直角三角形,斜邊AO=42.(1)求證:AC⊥BD;(2)將△BDO繞DO旋轉(zhuǎn)一周,求所得旋轉(zhuǎn)體的體積.題型二證線面垂直及求幾何體體積【例2】(2019全國2,文17)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)證明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.解題心得證明線面垂直常用方法是線面垂直的判定定理,即證直線和平面內(nèi)的兩條相交直線垂直.對點訓(xùn)練2(2020廣東湛江一模,文18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC,E為CC1的中點,AF=2FB.(1)求證:BC1∥平面A1EF;(2)若AC=AA1=2,AB=BC=2,∠A1AC=60°,求四棱錐C1-BFA1B1的體積.題型三證面面垂直及求幾何體體積【例3】(2020湖南常德一模,文19)在三棱錐P-ABC中,底面ABC與側(cè)面PAB均為正三角形,AB=2,PC=6,M為AB的中點.(1)證明:平面PCM⊥平面PAB;(2)N為線段PA上一點,且S△CMN=34,求三棱錐P-CMN的體積解題心得證明面面垂直的常用方法是面面垂直的判定定理,即一個平面過另一個平面的垂線,則這兩個平面垂直.為此就要先證線面垂直,而要證線面垂直又轉(zhuǎn)化成證線線垂直.又要先從已知的線面垂直和勾股定理中得到線線垂直.這是一個相互轉(zhuǎn)化的過程.對點訓(xùn)練3(2020全國1,文19)如圖,D為圓錐的頂點,O是圓錐底面的圓心,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點,∠APC=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAC;(2)設(shè)DO=2,圓錐的側(cè)面積為3π,求三棱錐P-ABC的體積.題型四證垂直關(guān)系及求點到面的距離【例4】(2020福建泉州一模,文19)如圖1,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=60°,E為CD的中點,以BE為折痕將△BCE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABCD,如圖2.(1)證明:平面PAB⊥平面PBE;(2)求點D到平面PAB的距離.解題心得平面圖形翻折后成為空間圖形,翻折后還在一個平面上的線線和線面的關(guān)系不發(fā)生變化,不在同一個平面上的可能發(fā)生變化.解決這類問題就是要根據(jù)這些變與不變,去研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和各類幾何量的度量值.題型五證垂直關(guān)系及求空間角【例5】如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值;(2)求證:PD⊥平面PBC;(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值.解題心得求異面直線所成的角、線與面所成的角的方法是一作,二證,三求.異面直線所成的角一般利用平行線轉(zhuǎn)化為同一平面內(nèi)的兩條直線所成的角;線與面所成的角一般找到直線在平面內(nèi)的射影,轉(zhuǎn)化為直線與直線在平面內(nèi)的射影所成的角.對點訓(xùn)練4(2020江西臨川二中月考,文19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD的邊長是2的正方形,PA=PD,PA⊥PD,F為PB上的點,且AF⊥平面PBD.(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求直線PB與平面ABCD所成角的正弦值.突破2空間中的垂直與幾何體的體積例1(1)證明不妨設(shè)AB=2a,則AC=CD=DA=a,則△ACD是等邊三角形,∠ACD=π3.∵AB∥DC,∴∠CAB=π由余弦定理得,BC2=AC2+AB2-2·AC·AB·cosπ3=3a2即BC=3a,則BC2+AC2=AB2,即∠ACB=90°,故BC⊥AC.又平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,BC?平面ABCD,∴BC⊥平面PAC,∵PA?平面PAC,∴BC⊥PA.(2)解依題意得,PA⊥PC,BC=23.VP-ACQ=VQ-PAC=23VB-PAC=23×13S△PAC·BC=23×13×1對點訓(xùn)練1(1)證明∵△ADO,△ABO為等腰直角三角形,斜邊AO=42.∴DO⊥AD,BO⊥AB,AD=DO=AB=BO=4,取AO中點E,連接DE,BE,如圖,則DE⊥AC,BE⊥AC,且DE∩BE=E,∴AC⊥平面BDE,又BD?平面BDE,∴AC⊥BD.(2)解由(1)知DE⊥AC,∵平面ADC⊥平面ABC,且平面ADC∩平面ABC=AC,∴DE⊥平面ABC,∴△BDE是直角三角形.∵△ADO,△ABO是直角三角形,斜邊AO=42,∴BO=DO=4,DE=22,BE=22,∴將△BDO繞DO旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體是以23為底面半徑,2為高的兩個有公共底面的圓錐,∴將△BDO繞DO旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體的體積為V=2×13×2×π×(23)2=16π例2(1)證明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足為F,則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=13×3×6×3=18對點訓(xùn)練2(1)證明連接AC1,與A1E交于點M,連接MF,∵E為CC1的中點,∴C1E∥AA1,且C1E=12AA1.∴AM∶MC1=2∶1又AF=2FB,∴在△ABC1中,MF∥BC1.∵M(jìn)F?平面A1EF,BC1?平面A1EF,∴BC1∥平面A1EF.(2)解∵側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC,AC=AA1=2,∠A1AC=60°,∴三棱柱ABC-A1B1C1的高h(yuǎn)=3.∵V三棱錐C1-ABC=13S△∵在側(cè)面ABB1A1中,AF=2FB,∴S梯形∴V=49∴V四棱錐例3(1)證明因為△ABC是邊長為2的正三角形,M為AB的中點,所以CM⊥AB,CM=3,同理,PM=3,又PC=6,因為CM2+PM2=PC2,所以CM⊥PM.又AB∩PM=M,所以CM⊥平面PAB,又CM?平面PCM,所以平面PCM⊥平面PAB.(2)解(方法1)由(1)得CM⊥平面PAB,所以CM⊥MN,△CMN為直角三角形,所以S△CMN=12CM·NM=34,且CM=3,解得MN=32.在△AMN中,由cosA=AN2解得AN=12,即PN=32,即PNPA=34,S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=33(方法2)由(1)可得CM⊥平面PAB,所以CM⊥NM,即34=12×所以NMPM=AMPA=12,得△ANM∽△APM,則所以NM⊥PA,又CM⊥PA,NM∩CM=M,所以PA⊥平面CNM,在Rt△PNM中,PN=PM2-NM2=32,所以VP-CMN對點訓(xùn)練3(1)證明由題設(shè)可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.從而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l.由題設(shè)可得rl=3,l2-r2=2.解得r=1,l=3.從而AB=3.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=62.所以三棱錐P-ABC的體積為13×12×PA×例4(1)證明依題意知,因為CE⊥BE,所以PE⊥BE.又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE?平面PBE,所以PE⊥平面ABCD.又AB?平面ABCD,所以PE⊥AB.由已知,△BCD是等邊三角形,且E為CD的中點,所以BE⊥CD.因為AB∥CD,所以AB⊥BE.又PE∩BE=E,所以AB⊥平面PBE.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBE.(2)解在ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,所以S△ABD=3.由(1)知,PE⊥平面ABD,且PE=1,所以三棱錐P-ABD的體積V=13×3×1=33.在Rt△PBE中,PE=1,BE=3,得PB=2,由(1)知,AB⊥平面PBE,所以AB⊥PB,所以S△ABP=2,設(shè)點D到平面PAB的距離為d,則三棱錐E-PAB的體積V'=13×2×d=3例5(1)解如圖,由已知AD∥BC,故∠DAP即為異面直線AP與BC所成的角.因為AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由已知,得AP=AD2+PD2=5,故cos∠DAP=AD(2)證明因為AD⊥平面PDC,直線PD?平面PDC,所以AD⊥PD.又因為BC∥AD,所以PD⊥BC.又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC.(3)解過點D作AB的平行線交BC于點F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角.因為PD⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,可得DF=CD2+CF2=25,在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=55對點訓(xùn)練4(1)證明∵AF⊥平面PBD,PD?平面PBD,∴PD⊥AF.∵PA⊥PD,PA∩AF=A,∴PD⊥平面PAB.∵AB?平面PAB,∴PD⊥AB.∵四邊形ABCD是正方形,∴AB⊥AD.∵PD⊥AB,AD∩PD=D,∴AB⊥