高考数学大题精做专题08立体几何中线段与面积等求解问题(第三篇)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大题精做专题08立体几何中线段与面积等求解问题(第三篇)(原卷版+解析)，共16页。

专题08 立体几何中线段与面积等求解问题
【典例1】【四川省宜宾市2019届高三上学期第一次诊断测试】
在如图所示的几何体中，已知，平面ABC，，，若M是BC的中点，且，平面PAB．
求线段PQ的长度；
求三棱锥的体积V．
【典例2】【山东、湖北部分重点中学2020届模拟】
如图，五边形中，四边形为长方形，三角形为边长为2的正三角形，将三角形沿折起，使得点在平面上的射影恰好在上.
（1）当时，证明：平面平面；
（2）当时，求四棱锥的侧面积.
【典例3】【河南省焦作市2019届高三年级第四次模拟考试】
如图，在三棱柱中，底面为正三角形，底面，，点在线段上，平面平面.
（1）请指出点的位置，并给出证明；
（2）若，求点到平面的距离.
【针对训练】
1. 【2020届北京市房山区高三模拟】
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA1=2，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接DA1和DC1.
（Ⅰ）求证：A1D∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线CC1与平面DA1C1所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直？若存在，求出BF的长；若不存在，说明理由.
2．【2020届重庆市高三学业质量调研】
如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,P,Q分别是BC,C1D1,AD1,BD的中点 .
（Ⅰ）求证：EF//平面BB1D1D；
（Ⅱ）若AB=BB1=2a,AD=a，求点A到平面PDQ的距离.
3．【天津市蓟州等部分区2019届高三上学期期末联考】
如图，三棱柱,平面,,,为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值；
（3）若点在线段上，且平面,确定点的位置并求线段的长．
4．【河北省邢台市2019年高三期末测试】
如图，在三棱锥中，，，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）已知为棱上一点，若四面体的体积为，求线段的长.
5．【2019年全国统一高考数学试卷（文科)（新课标Ⅲ)】
图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
类型
对应典例
线段求解问题
典例1
面积求解问题
典例2
点到面的距离求解问题
典例3
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第三篇 立体几何
专题08 立体几何中线段与面积等求解问题
【典例1】【四川省宜宾市2019届高三上学期第一次诊断测试】
在如图所示的几何体中，已知，平面ABC，，，若M是BC的中点，且，平面PAB．
求线段PQ的长度；
求三棱锥的体积V．
【思路引导】
取AB的中点N，连接MN，PN，推导出四边形PQMN为平行四边形，由此能求出线段PQ的长度．
取AC的中点H，连接QH，推导出四边形PQHA为平行四边形，由此能求出三棱锥的体积．
解：取AB的中点N，连接MN，PN，
，且，
，、Q、M、N确定平面，
平面PAB，且平面平面，
又平面，，
四边形PQMN为平行四边形，
．
解：取AC的中点H，连接QH，
，且PQ=AH=2，四边形PQHA为平行四边形，
，平面ABC，平面ABC，
，，
三棱锥的体积：
．
【典例2】【山东、湖北部分重点中学2020届模拟】
如图，五边形中，四边形为长方形，三角形为边长为2的正三角形，将三角形沿折起，使得点在平面上的射影恰好在上.
（1）当时，证明：平面平面；
（2）当时，求四棱锥的侧面积.
【思路引导】
（Ⅰ）作，垂足为，平面，可得，
在中，.平面，由面面垂直的判定定理可得结果；(Ⅱ)可证明四个侧面有一个正三角形，一个等腰三角形，两个全等的直角三角形，分别求出特殊三角形的面积，然后求和即可.
试题解析：（Ⅰ）作，垂足为，依题意得平面，，
又，平面，.
利用勾股定理得，同理可得.
在中，
平面，又平面，
所以平面平面.
(Ⅱ)由（Ⅰ）中可知 ，同理，
，则由勾股定理可得，
，
中，，所以边上高 ，
，
，
所以四棱锥的侧面积.
【典例3】【河南省焦作市2019届高三年级第四次模拟考试】
如图，在三棱柱中，底面为正三角形，底面，，点在线段上，平面平面.
（1）请指出点的位置，并给出证明；
（2）若，求点到平面的距离.
【思路引导】
(1) 取中点为，的中点为，连接，，,通过几何关系得到四边形为平行四边形所以，再证，进而得到线面垂直，面面垂直；（2）由（1）可知，点到平面的距离为，由得到相应的点面距离.
【详解】
（1）点为线段的中点.
证明如下：取中点为，的中点为，连接，，.
所以，，所以四边形为平行四边形.所以.
因为，，所以.
又因为平面，平面，所以.
又，所以平面.
所以平面，而平面，所以平面平面.
（2）
由，得.由（1）可知，点到平面的距离为.
而的面积，，
等腰底边上的高为.
记点到平面的距离为，由 ，得，即点到平面的距离为.
【针对训练】
1. 【2020届北京市房山区高三模拟】
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA1=2，以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接DA1和DC1.
（Ⅰ）求证：A1D∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线CC1与平面DA1C1所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段BC上是否存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直？若存在，求出BF的长；若不存在，说明理由.
【思路引导】
（1）要证明线面平行，需要在平面BCC1B1中找出一条直线平行于A1D.连结B1C，∵三棱柱ABC−A1B1C1中∴A1B1//AB且A1B1=AB，由平行四边形ABCD得CD//AB且CD=AB,
∴ A1B1//CD且A1B1=CD,∴四边形A1B1CD为平行四边形，A1D//B1C,∵ B1C⊂平面BCC1B1，A1D⊄平面BCC1B1,∴ A1D//平面BCC1B1.（2）建立空间直角坐标系，设平面DA1C1的法向量为n=(x,y,z)，利用n⋅A1D=0,n⋅A1C1=0.即x−2z=0y=0，令z=1，则y=0，x=2 ∴n=(2,0,1)，∴sinθ=|CC1⋅n||CC1|⋅|n|=22×5=55，∴直线CC1与平面DA1C1所成角的正弦值为55. （3）设F(λ,1,0)，−1≤λ≤0，则C1F=(λ,0,−2)，设平面A1C1F的法向量为，利用垂直关系A1C1⋅m=0C1F⋅m=0， 即y1=0λx1−2z1=0，令x1=1，则y1=0，z1=λ2，所以m=(1,0,λ2)，因为平面DA1C1的法向量为n=(2,0,1)，假设平面DA1C1与平面A1C1F垂直，则n⋅m=0，解得，λ=−4<−1
∴线段BC上不存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直.
试题解析：（1）连结B1C，∵三棱柱ABC−A1B1C1中∴A1B1//AB且A1B1=AB，
由平行四边形ABCD得CD//AB且CD=AB
∴ A1B1//CD且A1B1=CD1分
∴四边形A1B1CD为平行四边形，A1D//B1C2分
∵ B1C⊂平面BCC1B1，A1D⊄平面BCC1B13分
∴ A1D//平面BCC1B14分
（2）由∠ACB=90∘，四边形ABCD为平行四边形得AC⊥AD，AA1⊥底面ABC
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A−xyz，则C(0,1,0)，D(1,0,0)，
A1(0,0,2)，C1(0,1,2)， 1分
∴CC1=(0,0,2)，A1D=(1,0,−2)，A1C1=(0,1,0)
设平面DA1C1的法向量为n=(x,y,z)，则
n⋅A1D=0,n⋅A1C1=0.即x−2z=0y=0，令z=1，则y=0，x=2
∴n=(2,0,1)3分
∴sinθ=|CC1⋅n||CC1|⋅|n|=22×5=55
∴直线CC1与平面DA1C1所成角的正弦值为55. 5分
（3）设F(λ,1,0)，−1≤λ≤0，则C1F=(λ,0,−2)1分
设平面A1C1F的法向量为，则
A1C1⋅m=0C1F⋅m=0， 即y1=0λx1−2z1=0
令x1=1，则y1=0，z1=λ2，所以m=(1,0,λ2)3分
由（2）知：平面DA1C1的法向量为n=(2,0,1)
假设平面DA1C1与平面A1C1F垂直，则n⋅m=0，解得，λ=−4<−1
∴线段BC上不存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直.
2．【2020届重庆市高三学业质量调研】
如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,P,Q分别是BC,C1D1,AD1,BD的中点 .
（Ⅰ）求证：EF//平面BB1D1D；
（Ⅱ）若AB=BB1=2a,AD=a，求点A到平面PDQ的距离.
【思路引导】
(1)通过证明四边形BEFO1 是平行四边形，得EF//BO1 ,由线面平行的判定定理可得EF// 平面BB1D1D，（2）利用等体积法可证明：VA−PDQ=VP−ADQ ,可得
结论。
证明：（Ⅰ）如图，取B1D1的中点O1，连结BO1,FO1，则有FO1//12B1C1，
∴BE//FO1.
∴四边形BEFO1是平行四边形.
∴EF//BO1.
又EF⊄平面BB1D1D,BO1⊂平面BB1D1D，
∴EF//平面BB1D1D.
（Ⅱ）设点A到平面PDQ的距离为x,PQ=12D1C，三角形PDQ为等腰三角形
∵体积VP−ADQ=VA−PDQ，
∴13⋅12a2⋅a=13⋅22a⋅3a2⋅x，
∴x=63a，即点A到平面PDQ的距离为63a.
3．【天津市蓟州等部分区2019届高三上学期期末联考】
如图，三棱柱,平面,,,为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值；
（3）若点在线段上，且平面,确定点的位置并求线段的长．
【思路引导】
（1）连接，交于点，点为的中点，为的中点，求得∥，利用线面平行的判定定理，即可得到∥平面.
（2）以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面H和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）设，根据平面，列出方程组，即可求解.
【详解】
（1）连接，交于点，则点为的中点，
因为为的中点，所以∥.
又平面，平面，
所以∥平面.
（2）因为平面，∥，
所以平面，又
故以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向
建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的法向量为，
则有 即
令，则得.
又平面的法向量为，且二面角为锐角，
故二面角的余弦值为
（3）设因为，所以，
.
又 ,,平面，
所以 解得
所以，且点在线段的三等分点处，即
4．【河北省邢台市2019年高三期末测试】
如图，在三棱锥中，，，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）已知为棱上一点，若四面体的体积为，求线段的长.
【思路引导】
(1)由面面垂直的判定定理即可证明结论；
(2)利用等体积法先计算的关系，进而可求出结果.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，
因为，，
所以
又因为，所以
因为，为的中点，所以
又，所以平面
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，所以，
由（1）知平面，且，
则
因为，所以
则，.
5．【2019年全国统一高考数学试卷（文科)（新课标Ⅲ)】
图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
【思路引导】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】
(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.
类型
对应典例
线段求解问题
典例1
面积求解问题
典例2
点到面的距离求解问题
典例3