高考数学一轮复习 第7章 热点探究课4 立体几何中的高考热点问题

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以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．
(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为eq \f(\r(6),3)，求该三棱锥的侧面积．
图1
[思路点拨] (1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．
[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.2分
因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面BED.4分
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \f(\r(3),2)x，GB＝GD＝eq \f(x,2).
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝eq \f(\r(3),2)x.6分
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝eq \f(\r(2),2)x.
由已知得，三棱锥E­ACD的体积V三棱锥E­ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)·AC·GD·BE＝eq \f(\r(6),24)x3＝eq \f(\r(6),3)，故x＝2.9分
从而可得AE＝EC＝ED＝eq \r(6).
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为eq \r(5).
故三棱锥E­ACD的侧面积为3＋2eq \r(5).12分
[答题模板] 第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC⊥BE.
第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC⊥平面BED.
第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．
第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积．
第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．
[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD∩BE＝B，AC⊂平面AEC，造成推理不严谨，导致扣分．
2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．
[对点训练1] 如图2，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E­ABC的体积．
图2
[解] (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，
所以BB1⊥AB.2分
又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，
所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分
(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.
因为G，F分别是AB，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝eq \f(1,2)AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，6分
所以四边形FGEC1为平行四边形，
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.8分
(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3)，10分
所以三棱锥E­ABC的体积
V＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×1×2＝eq \f(\r(3),3).12分
热点2 平面图形折叠成空间几何体
先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量，是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．
如图3，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为AE的中点．现沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：
图3
(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；
(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE. 【导学号：31222264】
[解] (1)如图，线段AB上存在一点K，且当AK＝eq \f(1,4)AB时，BC∥平面DFK.1分
证明如下：
设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.
∵AK＝eq \f(1,4)AB，F为AE的中点，
∴KF∥EH，∴KF∥BC.3分
∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，
∴BC∥平面DFK.5分
(2)证明：∵在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，
∴在折起后的图形中，AE＝BE＝eq \r(2)，
从而AE2＋BE2＝4＝AB2，∴AE⊥BE.8分
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE.
∵BE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ADE.12分
[规律方法] 1.解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq \f(5,4)，OD′＝2eq \r(2)，求五棱锥D′­ABCFE的体积．
图4
[解] (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.2分
又由AE＝CF得eq \f(AE,AD)＝eq \f(CF,CD)，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.5分
(2)由EF∥AC得eq \f(OH,DO)＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,4).
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq \r(AB2－AO2)＝4.7分
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2eq \r(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BHD′，于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由eq \f(EF,AC)＝eq \f(DH,DO)得EF＝eq \f(9,2).10分
五边形ABCFE的面积S＝eq \f(1,2)×6×8－eq \f(1,2)×eq \f(9,2)×3＝eq \f(69,4).
所以五棱锥D′­ABCFE的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(69,4)×2eq \r(2)＝eq \f(23\r(2),2).12分
热点3 线、面位置关系中的开放存在性问题
是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．
(2017·石家庄质检)如图5所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【导学号：31222265】
图5
[解] (1)证明：如图所示，连接AC，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点.2分
所以对角线AC经过点F.
又在△PAC中，点E为PC的中点，
所以EF为△PAC的中位线，
所以EF∥PA.
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.5分
(2)存在满足要求的点G.
在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.
因为底面ABCD是边长为a的正方形，
所以CD⊥AD.7分
又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG，EG.9分
因为F为BD中点，
所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，
又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，
又CD⊂平面PDC，
所以平面EFG⊥平面PDC.12分
[规律方法] 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．
2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
[对点训练3] (2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．
图6
[证明] (1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S­ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.2分
在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.
因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.5分
(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.
连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝eq \r(2)a.7分
由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝eq \f(\r(2)a,4).
故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.
过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，
在△BDN中，易得BN∥PO.10分
又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，
所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.
因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.12分
热点探究训练(四)
立体几何中的高考热点问题
1．如图7，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F分别为MA，DC的中点，求证：
图7
(1)EF∥平面MNCB；
(2)平面MAC⊥平面BDN.
[证明] (1)取NC的中点G，连接FG，MG.
因为ME∥ND且ME＝eq \f(1,2)ND，
又因为F，G分别为DC，NC的中点，FG∥ND且FG＝eq \f(1,2)ND，
所以FG綊ME，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG.4分
又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，
所以EF∥平面MNCB.
6分
(2)连接BD，MC，因为四边形MADN是矩形，
所以ND⊥AD，又因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，
ND⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，
所以ND⊥AC.8分
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.10分
因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.
又因为AC⊂平面MAC，
所以平面MAC⊥平面BDN.12分
2．(2017·合肥质检)如图8，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．
图8
(1)求证：BD⊥PE；
(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求eq \f(DE,DC)的值．
[解] (1)证明：∵BD⊥PD，BD⊥CD且PD∩DC＝D，
∴BD⊥平面PCD，而PE⊂平面PCD，∴BD⊥PE.5分
(2)由题意得BM＝eq \f(1,4)BC，
取BC的中点F，则PF∥MN，∴PF∥平面DMN，7分
由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P，
∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM.10分
∴eq \f(DE,DC)＝eq \f(MF,MC)＝eq \f(1,3).12分
3．(2017·西安调研)如图9①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.
【导学号：31222266】
① ②
图9
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36eq \r(2)，求a的值．
[解] (1)证明：在图①中，因为AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，所以BE⊥AC.2分
则在图②中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.5分
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)可得A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE.8分
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由图①知，A1O＝eq \f(\r(2),2)AB＝eq \f(\r(2),2)a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1­BCDE的体积为
V＝eq \f(1,3)S·A1O＝eq \f(1,3)·a2·eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)a3.
由eq \f(\r(2),6)a3＝36eq \r(2)，得a＝6.12分
4．(2017·贵阳模拟)已知如图10，△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝1，∠ABC＝∠DBC＝120°.
图10
(1)在直线BC上求作一点O，使BC⊥平面AOD，写出作法并说明理由；
(2)求三棱锥A­BCD的体积. 【导学号：31222267】
[解] (1)作AO⊥BC，交CB延长线于点O，连接DO，则BC⊥平面AOD.1分
证明如下：
∵AB＝DB，OB＝OB，∠ABO＝∠DBO，
∴△AOB≌△DOB，3分
则∠AOB＝∠DOB＝90°，即OD⊥BC.
又∵AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD.5分
(2)∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，
∴AO⊥平面BCD，即AO是三棱锥A­BCD底面BCD上的高，7分
在Rt△AOB中，AB＝1，∠ABO＝60°，
∴AO＝ABsin 60°＝eq \f(\r(3),2).10分
又∵S△BCD＝eq \f(1,2)BC·BD·sin∠CBD＝eq \f(\r(3),4)，
∴V三棱锥A­BCD＝eq \f(1,3)·S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,8).12分
5.如图11，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
图11
(1)求三棱锥P­ABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出eq \f(PM,MC)的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·AC·sin 60°＝eq \f(\r(3),2).2分
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高．又PA＝1，
所以三棱锥P­ABC的体积V＝eq \f(1,3)·S△ABC·PA＝eq \f(\r(3),6).5分
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.7分
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.10分
在Rt△BAN中，AN＝AB·cs ∠BAC＝eq \f(1,2)，
从而NC＝AC－AN＝eq \f(3,2).由MN∥PA，得eq \f(PM,MC)＝eq \f(AN,NC)＝eq \f(1,3).12分
6.(2015·湖南高考)如图12，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．
图12
(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F­AEC的体积．
[解] (1)证明：如图，因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.又E是正三角形ABC的边BC的中点，所以AE⊥BC.3分
因此AE⊥平面B1BCC1.
而AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1.5分
(2)设AB的中点为D，连接A1D，CD.因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.
又三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.
因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角.8分
由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝eq \f(\r(3),2)AB＝eq \r(3).
在Rt△AA1D中，AA1＝eq \r(A1D2－AD2)＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，所以FC＝eq \f(1,2)AA1＝eq \f(\r(2),2).
故三棱锥F­AEC的体积
V＝eq \f(1,3)S△AEC·FC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),12).12分