全国统考2022版高考数学大一轮复习解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略备考试题（含解析）

解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略

1.[2021成都石室中学模拟,12分]如图6-1,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.

(1)求证:AC⊥平面BDEF.

(2)若AB=2,求三棱锥A-EDC的体积.

图6-1

2.[探索创新,12分]如图6-2,在三棱柱ABC-A'B'C'中,已知点A'在底面ABC内的射影是线段BC的中点D,B'C'⊥AA'.

(1)证明:AB=AC.

(2)若AB=BC=CC'=2,E是棱CC'上的动点(不包括端点).试问:三棱锥A-BB'E的体积是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

图6-2

3.[2021江西红色七校第一次联考,12分]如图6-3(1),平行四边形ABPC中,△ABC和△PBC均为边长为2的等边三角形,现沿BC将△PBC折起,使P'A=3,如图6-3(2).

(1)求证:平面P'BC⊥平面ABC.

(2)求点C到平面P'AB的距离.

(1)　　　　　　　　(2)
　　　　　图6-3

4.[理性思维,12分]如图6-4,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,AB=2,点P,Q,M分别是线段A1C1,AB,AD的中点,直线BD1与底面ABCD所成角的正切值为.

(1)证明:PQ∥平面BD1M.

(2)求三棱锥P-MQC的表面积.

图6-4

答 案

　解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略

1.(1)如图D 6-1,设AC与BD相交于点O,连接FO,

因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,O为AC的中点.

因为FA=FC,所以AC⊥FO,

因为FO∩BD=O,所以AC⊥平面BDEF. (4分)

(2)如图D 6-1,连接DF,因为四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,

所以△DBF为等边三角形,

所以FO⊥BD,

又AC⊥FO,AC∩BD=O,所以FO⊥平面ABCD, (6分)

因为AB=AD=2,∠DAB=60°,所以BD=2,

所以F到平面ABCD的距离为FO=. (8分)

因为FE∥BD,BD⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,

所以E到平面ABCD的距离等于F到平面ABCD的距离. (10分)

S△ADC=×2×2×sin,

所以VA-EDC=VE-ADC=×S△ADC×FO=1. (12分)

图D 6-1

2.(1)如图D 6-2,连接AD,A'D.

∵B'C'⊥AA',B'C'∥BC,

∴BC⊥AA'. (1分)

由题意可知A'D⊥平面ABC,

∵BC⊂平面ABC,∴BC⊥A'D. (2分)

又AA'∩A'D=A',∴BC⊥平面AA'D, (3分)

∴BC⊥AD. (4分)

又D是线段BC的中点,

∴AB=AC. (5分)

图D 6-2

 (2)易得CE∥平面ABB',A'B'∥平面ABC. (6分)

∵AB=BC=CC'=2,且由(1)得AB=AC,∴△ABC为正三角形,AD=,则A'D==1. (8分)

连接B'C,A'C,A'B,

则VA-BB'E=VE-ABB'=VC-ABB'=VB'-ABC=VA'-ABC=S△ABC·A'D=×22×1=, (11分)

∴三棱锥A-BB'E的体积是定值,且该定值是. (12分)

3.(1)如图D 6-3,取BC的中点O,连接OP',OA,

∵△ABC和△P'BC均为边长为2的等边三角形,

∴AO⊥BC,OP'⊥BC,且OA=OP'=3, (2分)

∵AP'=3,∴OP'2+OA2=AP'2,

∴OP'⊥OA. (4分)

又OA∩BC=O,OA⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴OP'⊥平面ABC, (5分)

又OP'⊂平面P'BC,∴平面P'BC⊥平面ABC. (6分)

图D 6-3

(2)由(1)知,OP'⊥平面ABC,则三棱锥P'-ABC的体积VP'-ABC=·S△ABC·P'O,S△ABC=×2×2=3.

设点C到平面P'AB的距离为h,

则VC-P'AB=·S△P'AB·h,

由题意可知,在△P'AB中,AB=P'B=2,AP'=3,

∴边P'A上的高为, (8分)

∴S△P'AB=×3. (10分)

由VP'-ABC=VC-P'AB可得,·S△ABC·P'O=·S△P'AB·h,

由(1)知,P'O=3,

∴3·S△ABC=S△P'AB·h,

∴h=,

即点C到平面P'AB的距离为. (12分)

4.(1)如图D 6-4,连接BD,B1D1,因为BB1∥DD1,BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,

所以BD∥B1D1,BD=B1D1.(1分)

根据点Q,M分别是线段AB,AD的中点,得MQ∥BD,MQ=BD,(2分)

所以MQ∥B1D1,MQ=B1D1. (3分)

易知点P是线段B1D1的中点,所以MQ∥PD1,MQ=PD1,

所以四边形MQPD1是平行四边形,PQ∥MD1, (4分)

又PQ⊄平面BD1M,MD1⊂平面BD1M,

所以PQ∥平面BD1M. (5分)

图D 6-4

(2)由四边形ABCD是正方形,AB=2,得BD=2.

根据DD1⊥平面ABCD,得∠D1BD是直线BD1与底面ABCD所成的角, (6分)

则tan∠D1BD=,DD1=. (7分)

在△MQC中,MQ=,QC=MC=,

所以S△MQC=. (8分)

如图D 6-4,取BD的中点O,连接PO,则PO⊥平面ABCD,PO=,

连接OQ,OM,OC,则OQ=OM=1,OC=,

所以PM=PQ==2,PC=,

所以S△PMQ=, (10分)

S△PQC=S△PMC=×2×=2. (11分)

因此三棱锥P-MQC的表面积S=S△MQC+S△PMQ+S△PQC+S△PMC=+2+2=. (12分)