2024高考數(shù)學一輪復習統(tǒng)考第8章立體幾何高考大題沖關系列4高考中立體幾何問題的熱點題型學案含解析北師大版

PAGE1-高考中立體幾何問題的熱點題型命題動向：從近五年的高考試題來看，立體幾何解答題是高考的重點內容之一，每年必考，一般處在試卷第18題或者第19題的位置，主要考查空間線線、線面、面面的平行與垂直及空間幾何體的體積或側面積，試題以中檔難度為主．著重考查推理論證實力和空間想象實力以及轉化與化歸思想，幾何體以四棱柱、四棱錐、三棱柱、三棱錐等為主．題型1空間的位置關系與體積角度1平行關系的證明及求體積例1(2024·西安模擬)已知四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為AD，PC上的點，AD＝3AE，PC＝3PF，四邊形BCDE為矩形．(1)求證：PA∥平面BEF；(2)若∠PAD＝60°，PA＝2AE＝2，PB＝2eq\r(3)，求三棱錐P－BEF的體積．解(1)證明：連接AC，交BE于點M，連接FM.因為四邊形BCDE是矩形，所以BC∥DE，BC＝DE，所以△AME∽△CMB，所以eq\f(AM,CM)＝eq\f(AE,CB)＝eq\f(1,2).依題意，得eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AM,MC)＝eq\f(1,2)，所以PA∥FM，因為FM?平面BEF，PA?平面BEF，所以PA∥平面BEF.(2)因為PA＝2，AE＝1，∠PAD＝60°，由余弦定理可得PE＝eq\r(3)，所以PE⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥CB.又因為BE⊥CB，且PE∩BE＝E，所以CB⊥平面PEB，而BC＝DE＝2AE＝2，所以點F到平面PEB的距離為eq\f(2,3)，又因為在直角三角形PEB中，EB＝eq\r(PB2－PE2)＝3，所以VP－BEF＝VF－PEB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×3×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3).[沖關策略]在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”；而在應用性質定理時，其依次恰好相反，但也要留意，轉化的方向總是由題目的詳細條件而定，決不行過于“模式化”．變式訓練1(2024·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離．解(1)證明：如圖，連接B1C，ME因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED又因為MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解法一：過點C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為點C到平面C1DE由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).解法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E為BC的中點，所以DE⊥BC，依據(jù)題意有DE＝eq\r(3)，C1E＝eq\r(17)，因為棱柱為直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，所以DE⊥EC1，所以S△C1DE＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(17)＝eq\f(\r(51),2)，設點C到平面C1DE的距離為d，依據(jù)題意有VC－C1DE＝VC1－CDE，則有eq\f(1,3)×eq\f(\r(51),2)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)×4，解得d＝eq\f(4,\r(17))＝eq\f(4\r(17),17).所以點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).角度2垂直關系的證明及求體積例2(2024·全國卷Ⅱ)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－BB1C解(1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又因為BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如圖，作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1C，且EF所以四棱錐E－BB1CV＝eq\f(1,3)×3×6×3＝18.[沖關策略](1)在解決直線與平面垂直問題的過程中，要留意直線與平面垂直的定義、判定定理和性質定理的聯(lián)合交替運用，即留意線線垂直和線面垂直的相互轉化．(2)面面垂直的性質定理是作協(xié)助線的一個重要依據(jù)．我們要作一個平面的一條垂線，通常是先找這個平面的一個垂面，在這個垂面中作交線的垂線即可．變式訓練2(2024·河南八市第五次測評)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1＝AC，∠(1)求證：平面AB1C1⊥平面A1B1(2)若∠A1AC＝60°，AC＝2CB＝2，求四棱錐A－BCC1B1解(1)∵平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，BC?平面∠ACB＝90°，∴BC⊥平面ACC1A1∵A1C?平面ACC1A1∴BC⊥A∵B1C1∥BC，∴A1C⊥B1∵四邊形ACC1A1是平行四邊形，且AA1＝AC∴四邊形ACC1A1∴A1C⊥AC1∵AC1∩B1C1＝C1，∴A1C⊥平面AB1又A1C?平面A1B1C，∴平面AB1C1⊥平面A1(2)∵四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，∴S△ACC1＝eq\f(1,2)×2×2×sin60°＝eq\r(3)，∵B1C1∥BC，B1C1＝BC，BC⊥平面ACC1A1∴VB1－ACC1＝eq\f(1,3)S△ACC1·B1C1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3)，∴VA－BCC1B1＝2VA－CC1B1＝2VB1－ACC1＝eq\f(2\r(3),3).即四棱錐A－BCC1B1的體積為eq\f(2\r(3),3).題型2立體幾何中的折疊問題例3(2024·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．解(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如圖，取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四邊形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.所以四邊形ACGD的面積為4.[沖關策略]平面圖形經過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發(fā)生改變、有的沒變．一般地，在翻折后還在一個平面上的性質一般不發(fā)生改變，不在同一個平面上的性質可能發(fā)生改變，解決這類問題就是要依據(jù)這些變與不變，去探討翻折以后的空間圖形中的線面關系和各類幾何量的度量值，這是化解翻折問題的主要方法．變式訓練3(2024·山東四校聯(lián)考)在如圖所示的矩形ABCD中，AB＝eq\f(1,2)AD＝2，點E為AD邊上異于點A，D的動點，且EF∥AB，G為線段ED的中點，現(xiàn)沿EF將四邊形CDEF折起，使得AE與CF的夾角為60°，連接BD，F(xiàn)D.(1)探究：在線段EF上是否存在一點M，使得GM∥平面BDF，若存在，說明點M的位置，若不存在，請說明理由；(2)求三棱錐G－BDF的體積的最大值，并計算此時DE的長度．解(1)取線段EF的中點M，有GM∥平面BDF.證明如下：如圖所示，取線段EF的中點M，∵G為線段ED的中點，M為線段EF的中點，∴GM為△EDF的中位線，GM∥DF，又GM?平面BDF，DF?平面BDF，故GM∥平面BDF.(2)∵CF∥DE，且AE與CF的夾角為60°，故AE與DE的夾角為60°，即∠AED＝60°，過D作DP⊥AE交AE于點P，由已知得DE⊥EF，AE⊥EF，∴EF⊥平面AED，則EF⊥DP，又AE∩EF＝E，∴DP⊥平面AEFB，即DP為點D到平面AEFB的距離，設DE＝x，則DP＝eq\f(\r(3),2)x，AE＝BF＝4－x，由(1)知GM∥DF，∴VG－BDF＝VM－BDF＝VD－MBF＝eq\f(1,3)S△MBF·DP＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×4－x))×eq\f(\r(3),2)x＝eq\f(\r(3),12)(4－x)·x≤eq\f(\r(3),12)×eq\f(4－x＋x2,4)＝eq\f(\r(3),3)，當且僅當4－x＝x時等號成立，此時x＝DE＝2.故三棱錐G－BDF的體積的最大值為eq\f(\r(3),3)，此時DE的長度為2.題型3立體幾何中的探究性問題例4(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC＝60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；(3)棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．解(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，且E為CD的中點，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又因為AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.因為AE?平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點F，使得CF∥平面PAE.取PB的中點F，PA的中點G，連接CF，F(xiàn)G，EG，則FG∥AB，且FG＝eq\f(1,2)AB.因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，所以CE∥AB，且CE＝eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形．所以CF∥EG.因為CF?平面PAE，EG?平面PAE，所以CF∥平面PAE.[沖關策略]解決存在性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果動身，找尋使這個結論成立的充分條件，若找到了使結論成立的充分條件，則存在；若找不到使結論成立的充分條件(出現(xiàn)沖突)，則不存在．而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給出符合要求的證明．變式訓練4(2024·河南鄭州其次次質檢)四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF.(1)求證：AD⊥PB；(2)若E在線段BC上，且EC＝eq\f(1,4)BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求四面體D－CEG的體積．解(1)證明：如圖，連接PF，BD，∵△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，∴PF⊥AD，∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，∴△ABD是等邊三角形，∵F為AD的中點，∴BF⊥AD，又PF，BF?平面PBF，PF∩BF＝F，∴AD⊥平面PBF，∵PB?平面PBF，∴AD⊥PB.(2)由(1)得BF⊥AD，又PD⊥BF，AD，PD?平面PAD，∴BF⊥平面PAD，又BF?平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，由(1)得PF⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PF⊥平面ABCD，連接FC交DE于點H，則△HEC與△HDF相像，又EC＝eq\f(1,4)B