高考数学复习第八章立体几何初步专题探究课四学案文新人教A版.docx

专题探究课四高考导航1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算；2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力.考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法.热点一空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例1】 (满分12分)(2017全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90.(1)证明：直线BC平面PAD；(2)若PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积.教材探源1.考题源于教材必修2P74习题2.3B组T2，T4及P62习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作.2.考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材.满分解答(1)证明在平面ABCD中，因为BADABC90.所以BCAD， 1分(得分点1)又BC平面PAD，AD平面PAD.所以直线BC平面PAD. 3分 (得分点2)(2)解如图，取AD的中点M，连接PM，CM，由ABBCAD及BCAD，ABC90得四边形ABCM为正方形，则CMAD.5分(得分点3)因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PM平面PAD，所以PMAD，PM底面ABCD，7分(得分点4)因为CM底面ABCD，所以PMCM.8分(得分点5)设BCx，则CMx，CDx，PMx，PCPD2x，如图，取CD的中点N，连接PN.则PNCD，所以PNx.因为PCD的面积为2，所以xx2，解得x2(舍去)或x2.10分(得分点6)于是ABBC2，AD4，PM2.所以四棱锥PABCD的体积V24.12分(得分点7)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的BCAD，第(2)问中CMAD，PMCM，PNx等.得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出BC平面PAD，AD平面PAD两个条件，否则不能得全分.在第(2)问中，证明PM平面ABCD时，一定写全三个条件，如平面PAD平面ABCDAD，PMAD一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出BC，AD及PM，再计算几何体的体积.得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BCAD，证明CMAD优化解题过程. 第一步：根据平面几何性质，证BCAD.第二步：由线面平行判定定理，证线BC平面PAD.第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CMAD.第四步：证明直线PM平面ABCD.第五步：利用面积求边BC，并计算相关量.第六步：计算四棱锥PABCD的体积.【训练1】 (2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE平面ABCD.(1)证明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为BE平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBE，且BEBDB，故AC平面BED.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)解设ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因为AEEC，所以在Rt AEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，BG平面ABCD知BEBG，故EBG为直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACDACGDBEx3，故x2.从而可得AEECED.所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥EACD的侧面积为32.热点二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.【例2】 (2016全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到DEF的位置.(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积.(1)证明由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得，故ACEF，由此得EFHD，故EFHD，所以ACHD.(2)解由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4，所以OH1，DHDH3，于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD，又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.又由得EF.五边形ABCFE的面积S683.所以五棱锥DABCFE的体积V2.探究提高1.(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD与底面垂直以及求DEF的面积问题了.2.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.【训练2】 如图，直角三角形ABC中，A60，沿斜边AC上的高BD将ABD折起到PBD的位置，点E在线段CD上.(1)求证：PEBD；(2)过点D作DMBC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE平面DMN，求的值.(1)证明BDPD，BDCD，且PDCDD，PD，CD平面PCD，BD平面PCD.又PE平面PCD，BDPE.(2)解由题意，得BMBC.取BC的中点F，则PFMN.又PF平面DMN，MN平面DMN，PF平面DMN. 由条件PE平面DMN，PEPFP，平面PEF平面DMN，EFDM，.热点三线、面位置关系中的开放存在性问题【例3】 (2018北京海淀模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PAPD，PAAB，N是棱AD的中点.(1)求证：平面PAB平面PAD.(2)求证：PN平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN平面DEP？并说明理由.(1)证明在矩形ABCD中，ABAD，又因为ABPA且PAADA，所以AB平面PAD.又因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)证明在PAD中，PAPD，N是棱AD的中点，所以PNAD.由(1)知AB平面PAD，且PN平面PAD，所以ABPN.又因为ABADA，所以PN平面ABCD.(3)解在棱BC上存在点E，使得BN平面DEP，此时E为BC的中点.证明如下：取BC中点E，连接PE，DE.在矩形ABCD中，NDBE，NDBE，所以四边形BNDE是平行四边形，则BNDE.又因为BN平面DEP，DE平面DEP，所以BN平面DEP.探究提高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.例3第(3)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.【训练3】 (2018邯郸模拟)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知ABAC，AA13，BCCF2.(1)求证：C1E平面ADF.(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM平面ADF.(1)证明连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为ABC的中线，则O为ABC的重心，故，故OFC1E，因为OF平面ADF，C1E平面ADF，所以C1E平面ADF.(2)解当BM1时，平面CAM平面ADF.证明如下：因为ABAC，D是BC中点，故ADBC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，BB1平面B1BCC1，故平面B1BCC1平面ABC.又平面B1BCC1平面ABCBC，AD平面ABC，所以AD平面B1BCC1，CM平面B1BCC1，故ADCM.又BM1，BC2，CD1，FC2，故CBMFCD.易证CMDF，DFADD，故CM平面ADF.又CM平面CAM，故平面CAM平面ADF.1.如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABAD，BAD60，E，F分别是AP，AD的中点.求证：(1)直线EF平面PCD；(2)平面BEF平面PAD.证明(1)在PAD中，因为E，F分别是AP，AD的中点，所以EFPD.因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF平面PCD.(2)如图所示，连接BD，因为ABAD，BAD60，所以ABD为正三角形.因为F是AD的中点，所以BFAD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BF平面ABCD，所以BF平面PAD.又BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD.2.(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD.(1)证明：ACBD；(2)已知ACD是直角三角形，ABBD.若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.(1)证明取AC的中点O，连接DO，BO，因为ADCD，所以ACDO.又由于ABC是正三角形，所以ACBO.又ODOBO，从而AC平面DOB，又BD平面DOB，故ACBD.(2)解如图，连接EO，由(1)及题设知ADC90，所以DOAO.在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90.由题设知AEC为直角三角形，所以EOAC.又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD.故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.3.(2018郑州调研)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC，CDBC，AD2，ABBC3，PA4，M为AD的中点，N为PC上一点，且PC3PN.(1)求证：MN平面PAB；(2)求点M到平面PAN的距离.(1)证明在平面PBC内作NHBC交PB于点H，连接AH，在PBC中，NHBC，且NHBC1，AMAD1.又ADBC，NHAM且NHAM，四边形AMNH为平行四边形，MNAH，又AH平面PAB，MN平面PAB，MN平面PAB.(2)解连接AC，MC，PM，平面PAN即为平面PAC，设点M到平面PAC的距离为h.由题意可得CD2，AC2，SPACPAAC4，SAMCAMCD，由VMPACVPAMC，得SPAChSAMCPA，即4h4，h，点M到平面PAN的距离为.4.(2017天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，AD1，BC3，CD4，PD2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；(2)求证：PD平面PBC；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.(1)解如图，由已知ADBC，故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD平面PDC，PD平面PDC，所以ADPD.在RtPDA中，由已知，得AP，故cosDAP.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.(2)证明由(1)知ADPD，又因为BCAD，所以PDBC.又PDPB，BCPBB，所以PD平面PBC.(3)解过点D作DFAB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于ADBC，DFAB，故BFAD1.由已知，得CFBCBF2.又ADDC，故BCDC.在RtDCF中，可得DF2.在RtDPF中，可得sinDFP.所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.5.(2018武汉调研)如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为CD的中点，F为AE的中点，现在沿AE将三角形ADE向上折起，在折起的图形中解答下列问题：(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.(1)解如图，线段AB上存在一点K，且当AKAB时，BC平面DFK.证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BCEH.AKAB，F为AE的中点，KFEH，KFBC，KF平面DFK，BC平面DFK，BC平面DFK.(2)证明在折起前的图形中E为CD的中点，AB2，BC1，在折起后的图