2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第八章　第6讲　平行、垂直的综合问题

第6讲　平行、垂直的综合问题

　　　　　　空间中的证明与计算问题(师生共研)

如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.

(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．

【解】　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，

得AB⊥AP，CD⊥PD.

由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.

由(1)知，AB⊥平面PAD，

故AB⊥PE，

可得PE⊥平面ABCD.

设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.

故四棱锥P­ABCD的体积

VP­ABCD＝AB·AD·PE＝x3.

由题设得x3＝，故x＝2.

从而PA＝PD＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.

可得四棱锥P­ABCD的侧面积为

PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.

(1)几何体的体积

柱体的体积V＝S底·h.

锥体的体积V＝S底·h.

(2)几何体的表面积

直棱柱的侧面积S侧＝C底·l，其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积，最后求和．

(3)计算几何体体积的关键及注意点

计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高，若是不方便求，要注意进行体积的转化．

　(2020·重庆市学业质量调研)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，∠CAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ADC＝30°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AC＝2.

(1)求证：AE∥平面PBC；

(2)若四面体PABC的体积为，求△PCD的面积．

解：(1)证明：如图，取CD的中点F，连接EF，AF，

则EF∥PC，

又易知∠BCD＝∠AFD＝120°，所以AF∥BC，

又EF∩AF＝F，PC∩BC＝C，所以平面AEF∥平面PBC.

又AE⊂平面AEF，所以AE∥平面PBC.

(2)由已知得，V四面体PABC＝·AB·BC·PA＝，可得PA＝2.

过点A作AQ⊥CD于点Q，连接PQ，在△ACD中，

AC＝2，∠CAD＝90°，∠ADC＝30°，

所以CD＝4，AQ＝＝，

则PQ＝＝.

因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.

又AQ∩PA＝A，

所以CD⊥平面PAQ，CD⊥PQ.

所以S△PCD＝×4×＝2.

　　　　　　空间中的翻折问题(师生共研)

(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

(2)求图2中的四边形ACGD的面积．

【解】　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，

所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，

从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，

所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，

所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.

由已知，四边形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＝，故DM＝2.

所以四边形ACGD的面积为4.

解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：

(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；

(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.

其步骤为：

—

   ↓

—

   ↓

—　

　(2020·济南市模拟考试)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝45°，AB＝2CD＝4，点E为AB的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥P­EBCD，点M为棱PB的中点．

(1)求证：PD∥平面MCE；

(2)若平面PDE⊥平面EBCD，求三棱锥M­BCE的体积．

解：(1)证明：在题图1中，

因为BE＝AB＝CD且BE∥CD，

所以四边形EBCD是平行四边形．

如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，

所以点O是BD的中点，

又点M为棱PB的中点，

所以OM∥PD，

因为PD⊄平面MCE，OM⊂平面MCE，

所以PD∥平面MCE.

(2)在题图1中，

因为EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，

因为四边形ABCD是等腰梯形，

所以AD＝BC，所以AD＝DE，

因为∠BAD＝45°，

所以AD⊥DE.

所以PD⊥DE，

又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，

所以PD⊥平面EBCD.

由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，

在等腰直角三角形ADE中，因为AE＝2，所以AD＝DE＝，

所以OM＝PD＝AD＝，S△BCE＝S△ADE＝1，

所以V三棱锥M­BCE＝S△BCE·OM＝.

　　　　　立体几何中的探索性问题(师生共研)

(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

【解】　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.

又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.

(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.

证明如下：如图，连接AC交BD于O.

因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连接OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.

解决探索性问题的方法

(1)对命题条件探索的三种途径

途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．

途径二：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．

途径三：将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．

(2)对命题结论的探索方法

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．

[注意]　对探索性问题应先写出结论，再写出证明过程或理由．

　如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.

(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，求出的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，

可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.

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＝·S△ABC·PA＝.

(2)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.

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.

在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，

从而NC＝AC－AN＝.

由MN∥PA，得＝＝.

[基础题组练]

1．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC　 B．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDC  D．平面ADC⊥平面ABC

解析：选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，

所以BD⊥CD.

又平面ABD⊥平面BCD，

且平面ABD∩平面BCD＝BD，

故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.

又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.

2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为        ．

解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.

答案：

3．(2020·昆明市诊断测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6，E是棱PC上的一点．

(1)证明：BC⊥平面PBD；

(2)若PA∥平面BDE，求的值．

解：(1)证明：由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.

因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.

又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.

因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，

所以BC⊥平面PBD.

(2)如图，连接AC交BD于点F，连接EF，

则EF是平面PAC与平面BDE的交线．

因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.

因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，

所以＝.

4．(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝BC＝CD＝2，BD＝2，沿BD折起，使AC＝2.

(1)证明：△ACD为直角三角形；

(2)设B在平面ACD内的射影为P，求四面体PBCD的体积．

解：(1)证明：在Rt△ABD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝2，

所以AD＝＝＝2，

因为AC＝2，CD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，

所以AC⊥CD，

所以△ACD是直角三角形．

(2)由(1)知CD⊥AC，易知CD⊥BC，

因为AC∩BC＝C，所以CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，

所以平面ABC⊥平面ACD，其交线为AC，

故过B点作AC的垂线，垂足为P，点P即为B在平面ACD内的射影，

易知P为AC的中点，

所以四面体PBCD的体积VP­BCD＝××2×2×1＝.

5.(2020·福州市质量检测)如图，四棱锥E­ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，四边形ABCD为矩形，AD＝6，AB＝5，BE＝3，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.

(1)求证：AE⊥BE；

(2)设M在线段DE上，且满足EM＝2MD，试在线段AB上确定一点N，使得MN∥平面BCE，并求MN的长．

解：(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，

所以BC⊥AB.

因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面ABE.

又AE⊂平面ABE，

所以BC⊥AE.

因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，

所以BF⊥AE.

又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，

所以AE⊥平面BCE，

因为BE⊂平面BCE，

所以AE⊥BE.

(2)如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，

因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，

所以NG∥平面BCE.

同理可证，GM∥平面BCE.

因为MG∩GN＝G，

所以平面MGN∥平面BCE，

又因为MN⊂平面MGN，

所以MN∥平面BCE，

因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点，

所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，

AD＝6，AB＝5，BE＝3，

所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1，

所以MN＝＝＝.

[综合题组练]

1．(2020·吉林长春质量监测(二))四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，CD＝2AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝，M为PC中点．

(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；

(2)求点B到平面PCD的距离．

解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BD＝，cos∠BDC＝cos∠DBA＝，

在△BCD中，由余弦定理得BC＝，

由勾股定理得PD＝2，PB＝，

所以△PCD，△PCB是等腰三角形，

所以PC⊥MD，PC⊥MB，

因为MD∩MB＝M，

所以PC⊥平面MDB，

因为PC⊂平面PBC，

所以平面PBC⊥平面BDM.

(2)取PD的中点N，连接AN，MN，

所以ANMB为平行四边形，

所以BM∥AN，BM＝AN＝1，

因为PA＝AD，所以AN⊥PD，

又易知CD⊥平面PAD，AN⊂平面PAD，

所以CD⊥AN，所以AN⊥平面PCD，

所以BM⊥平面PCD，

所以B到平面PCD的距离为1.

2．(2020·郑州市第二次质量预测)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.

(1)求证：AD⊥PB；

(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D­CEG的体积；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，

所以PF⊥AD.

因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝，所以BF⊥AD.

又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，

又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.

(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.

由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，

所以BF⊥平面PAD.

又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，

又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，

所以PF⊥平面ABCD.

连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，

所以GH⊥平面ABCD.

又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.

因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，

所以＝＝，所以＝＝，

所以GH＝PF＝，

所以VD­CEG＝VG­CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin ·GH＝.

3．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图(2)所示．

(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；

(2)求证：BD⊥A1F；

(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．

解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.

(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，

所以BD⊥平面A1EF.

又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.

(3)直线A1B与直线CD不能垂直．

理由如下：

因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.

因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，

又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.

假设A1B⊥CD，

因为CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，

所以A1B⊥BD，

这与∠A1BD为锐角矛盾，所以直线A1B与直线CD不能垂直．

类型一　线面位置关系与体积计算

类型二　线面位置关系中的探索性问题