2019版高中数学二轮复习教师用书：专题五第2讲　大题考法——立体几何的综合问题

第2讲　大题考法——立体几何的综合问题考向一　平行、垂直的证明与空间几何体的体积计算问题【典例】  (2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，．(1)证明：直线BC∥平面PAD；(2)若△PCD的面积为2，．[审题指导][规范解答]　(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.  2分又BC⊄平面PAD❶，AD⊂平面PAD，  3分故BC∥平面PAD.4分(2)解：如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.                            6分因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD❷，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.  8分因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.  9分设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x．取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD❸，所以PN＝x.  10分因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，解得x＝－2(舍去)或x＝2．于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.  11分所以四棱锥P­ABCD的体积V＝××2＝4.  12分❶处在证明线面平行问题时，易忽视线不在面内这一条件从而失分，注意线面平行条件使用的规范化．❷处易忽视通过侧面PAD⊥底面ABCD可转化为线面垂直及线线垂直，从而不能创设垂直关系和利用数量等量关系来确定底面边长及高．❸处易忽视如何表示△PCD的面积，即以CD为底，高如何确定，导致思路不通．[技法总结]　位置关系的证明与求几何体的体积综合问题的模型[变式提升]1．(2018·天水二模)在多面体ABCDPQ中，平面PAD⊥平面ABCD.AB∥CD∥PQ，AB⊥AD，△PAD为正三角形，O为AD中点，且AD＝AB＝2，CD＝PQ＝1．(1)求证：平面POB⊥平面PAC；证明　由条件可知，Rt△ADC≌Rt△BAO，故∠DAC＝∠ABO．∴∠DAC＋∠AOB＝∠ABO＋∠AOB＝90°．∴AC⊥BO．∵PA＝PD，且O为AD中点，∴PO⊥AD．平面PAD⊥平面ABCD．∵∴PO⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PO．又∵BO∩PO＝O，∴AC⊥平面POB．∵AC⊂平面PAC，∴平面POB⊥平面PAC．(2)求多面体ABCDPQ的体积．解　取AB中点为E，连接CE，QE．由(1)可知，PO⊥平面ABCD．又∵AB⊂平面ABCD，∴PO⊥AB．又∵AB⊥AD，PO∩AD＝O，∴AB⊥平面PAD．∴VABCDPQ＝VPAD­QEC＋VQ­CEB＝S△PAD·|AE|＋S△CEB·|PO|＝×22×1＋×＝．考向二　平面图形的翻折与探索性问题【典例】　如图①，在四边形ABCD中，AD＝CD＝2，AC＝2，△ABC是等边三角形，F为线段AC的中点．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D­ABC，如图②所示．(1)求证：AC⊥BD；(2)试问：在线段BC上是否存在一点E，使得＝？若存在，请求出点E的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明　AD＝CD＝2，AC＝2，从而AD2＋CD2＝AC2，故AD⊥CD，△ADC是等腰直角三角形．又F为线段AC的中点，所以DF⊥AC．连接BF(图略)，因为△ABC是等边三角形，所以BF⊥AC，又DF∩BF＝F，故AC⊥平面BDF．又BD⊂平面BDF，所以AC⊥BD．(2)解　线段BC上存在点E，使得＝，且E为线段BC的中点．因为平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，且DF⊥AC，所以DF⊥平面ABC，故DF为三棱锥D­FCE和D­ABC的高，所以＝＝＝＝·＝．又F为线段AC的中点，所以＝，故＝，从而E为线段BC的中点，即当E为线段BC的中点时，＝．[技法总结]1．求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决．2．求解探索性问题的类型及策略问题类型求解策略对命题条件的探索(1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；(3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件对命题结论的探索(1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么；(2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在 [变式提升]2．如图①，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P­ABCE，如图②．(1)求证：AP⊥平面ABCE；(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l．证明　(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE．同理，AP⊥AC．而AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，故AP⊥平面ABCE．(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l．