二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)（文）通用版講義第一部分第二層級(jí)高考5個(gè)大題題題研訣竅立體幾何問(wèn)題重在“建”“轉(zhuǎn)”-建模轉(zhuǎn)換

eq\a\vs4\al([思維流程——找突破口])[技法指導(dǎo)——遷移搭橋]立體幾何解答題建模、轉(zhuǎn)換策略立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托．分步設(shè)問(wèn)，逐層加深，解決這類(lèi)題目的原則是建模、轉(zhuǎn)換．建?！獑?wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型等；轉(zhuǎn)換——對(duì)幾何體的體積、三棱錐的體積考查頂點(diǎn)轉(zhuǎn)換，多面體體積分割轉(zhuǎn)換為幾個(gè)規(guī)則幾何體的體積和或體積差求解.[典例](2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線(xiàn)段AD上一點(diǎn)，P為線(xiàn)段BC上一點(diǎn)，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q-ABP的體積．[快審題]求什么想什么求證面面垂直，想到證線(xiàn)面垂直．求三棱錐的體積，想到求底面積和高．給什么用什么給出∠ACM＝90°，AB∥CM，用平行關(guān)系得∠BAC＝90°.給出BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，計(jì)算BP的長(zhǎng)．差什么找什么差點(diǎn)Q到平面ABP的距離，由DQ＝eq\f(2,3)DA，找出點(diǎn)Q到平面ABP的距離等于點(diǎn)D到平面ABP距離的eq\f(1,3).[穩(wěn)解題](1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因?yàn)锽A⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.[題后悟道]有關(guān)立體幾何綜合問(wèn)題的解題步驟

[針對(duì)訓(xùn)練](2018·沈陽(yáng)質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AB＝2，CD＝3，M為PC上一點(diǎn)，且PM＝2MC.(1)求證：BM∥平面PAD；(2)若AD＝2，PD＝3，∠BAD＝60°，求三棱錐P-ADM的體積．解：(1)證明：如圖，過(guò)M作MN∥CD交PD于點(diǎn)N，連接AN.∵PM＝2MC，∴MN＝eq\f(2,3)CD.又AB＝eq\f(2,3)CD，且AB∥CD，∴AB綊MN，∴四邊形ABMN為平行四邊形，∴BM∥AN.又BM?平面PAD，AN?平面PAD，∴BM∥平面PAD.(2)如圖，過(guò)B作AD的垂線(xiàn)，垂足為E.∵PD⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，∴PD⊥BE.又AD?平面PAD，PD?平面PAD，AD∩PD＝D，∴BE⊥平面PAD.由(1)知，BM∥平面PAD，∴點(diǎn)M到平面PAD的距離等于點(diǎn)B到平面PAD的距離，即BE.連接BD，在△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∴BE＝eq\r(3)，則三棱錐P-ADM的體積VP-ADM＝VM-PAD＝eq\f(1,3)×S△PAD×BE＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3).[總結(jié)升華]立體幾何的內(nèi)容在高考中的考查情況總體上比較穩(wěn)定，因此，復(fù)習(xí)備考時(shí)往往有“綱”可循，有“題”可依．在平時(shí)的學(xué)習(xí)中，要重視識(shí)圖訓(xùn)練，能正確確定關(guān)鍵點(diǎn)或線(xiàn)的位置，將局部空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面模型，其中，平行、垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)是立體幾何的核心內(nèi)容；距離、面積與體積的計(jì)算是重點(diǎn)內(nèi)容．eq\a\vs4\al([專(zhuān)題過(guò)關(guān)檢測(cè)])A組——“6＋3＋3”一、選擇題1．已知E，F(xiàn)，G，H是空間四點(diǎn)，命題甲：E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)不共面，命題乙：直線(xiàn)EF和GH不相交，則甲是乙成立的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B若E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)不共面，則直線(xiàn)EF和GH肯定不相交，但直線(xiàn)EF和GH不相交，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)可以共面，例如EF∥GH，故甲是乙成立的充分不必要條件．2．關(guān)于直線(xiàn)a，b及平面α，β，下列命題中正確的是()A．若a∥α，α∩β＝b，則a∥bB．若α⊥β，m∥α，則m⊥βC．若a⊥α，a∥β，則α⊥βD．若a∥α，b⊥a，則b⊥α解析：選CA是錯(cuò)誤的，因?yàn)閍不一定在平面β內(nèi)，所以a，b有可能是異面直線(xiàn)；B是錯(cuò)誤的，若α⊥β，m∥α，則m與β可能平行，可能相交，也可能線(xiàn)在面內(nèi)，故B錯(cuò)誤；C是正確的，由直線(xiàn)與平面垂直的判斷定理能得到C正確；D是錯(cuò)誤的，直線(xiàn)與平面垂直，需直線(xiàn)與平面中的兩條相交直線(xiàn)垂直．3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，|AB|＝eq\r(2)|BB1|，則AB1與BC1所成角的大小為()A．30° B．60°C．75° D．90°解析：選D將正三棱柱ABC-A1B1C1補(bǔ)為四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接C1D，BD，則C1D∥B1A，∠BC1D為所求角或其補(bǔ)角．設(shè)BB1＝eq\r(2)，則BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，BD＝2eq\r(3)，又因?yàn)锽C1＝C1D＝eq\r(6)，所以∠BC1D＝90°.4.如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：選BA中，因?yàn)锳P⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC.又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；C中，因?yàn)槠矫鍮PC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC.又AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C正確；D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.5．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個(gè)平面后，某學(xué)生得出下列四個(gè)結(jié)論：①BD⊥AC；②△BAC是等邊三角形；③三棱錐D-ABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC.其中正確的結(jié)論是()A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④解析：選B由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，結(jié)合②知③正確；由①知④不正確．故選B.6．已知二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線(xiàn)AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．150° B．45°C．120° D．60°解析：選D如圖，AC⊥AB，BD⊥AB，過(guò)A在平面ABD內(nèi)作AE∥BD，過(guò)D作DE∥AB，連接CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角，在Rt△DEC中，CE＝2eq\r(13)，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝eq\f(CA2＋AE2－CE2,2CA×AE)＝eq\f(1,2)，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小為60°.二、填空題7．(2018·天津六校聯(lián)考)設(shè)a，b為不重合的兩條直線(xiàn)，α，β為不重合的兩個(gè)平面，給出下列命題：①若a∥α且b∥α，則a∥b；②若a⊥α且a⊥β，則α∥β；③若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，則一定存在直線(xiàn)l，使得l⊥α，l∥β.其中真命題的序號(hào)是________．解析：①中a與b也可能相交或異面，故不正確．②垂直于同一直線(xiàn)的兩平面平行，正確．③中存在γ，使得γ與α，β都垂直，正確．④中只需直線(xiàn)l⊥α且l?β就可以，正確．答案：②③④8．若P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，矩形對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)為O，M為PB的中點(diǎn)，給出以下四個(gè)命題：①OM∥平面PCD；②OM∥平面PBC；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA.其中正確的個(gè)數(shù)是________．解析：由已知可得OM∥PD，∴OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正確的只有①③.答案：①③9．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線(xiàn)SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_______．解析：如圖，∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形．設(shè)OA＝r，則SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)r)2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母線(xiàn)長(zhǎng)l＝4eq\r(5)，∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π三、解答題10.(2018·長(zhǎng)春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB∥平面ACE；(2)設(shè)PA＝1，AD＝eq\r(3)，PC＝PD，求三棱錐P-ACE的體積．解：(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE.在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.又OE?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB∥平面ACE.(2)由題意得AC＝AD，所以VP-ACE＝eq\f(1,2)VP-ACD＝eq\f(1,4)VP-ABCD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)S?ABCD·PA＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2×\f(\r(3),4)×\r(3)2))×1＝eq\f(\r(3),8).11.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是CC1上一點(diǎn)．(1)當(dāng)CF＝2時(shí)，證明：B1F⊥平面ADF(2)若FD⊥B1D，求三棱錐B1-ADF的體積．解：(1)證明：因?yàn)锳B＝AC，D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因?yàn)锽B1⊥底面ABC，AD?底面ABC，所以AD⊥B1B因?yàn)锽C∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1.因?yàn)锽1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1在矩形B1BCC1中，因?yàn)镃1F＝CD＝1，B1C1＝所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°所以B1F⊥FD因?yàn)锳D∩FD＝D，所以B1F⊥平面ADF(2)由(1)知AD⊥平面B1DF，CD＝1，AD＝2eq\r(2)，在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝eq\r(BD2＋BB\o\al(2,1))＝eq\r(10).因?yàn)镕D⊥B1D，所以Rt△CDF∽R(shí)t△BB1D，所以eq\f(DF,B1D)＝eq\f(CD,BB1)，即DF＝eq\f(1,3)×eq\r(10)＝eq\f(\r(10),3)，所以VB1-ADF＝VA-B1DF＝eq\f(1,3)S△B1DF×AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(10),3)×eq\r(10)×2eq\r(2)＝eq\f(10\r(2),9).12．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離．解：(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).連接OB，因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因?yàn)锳C∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.(2)如圖，作CH⊥OM，垂足為H，又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離．由題設(shè)可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以O(shè)M＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).B組——大題專(zhuān)攻補(bǔ)短練1．(2018·武漢調(diào)研)如圖①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折起，得到如圖②所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)證明：BE⊥平面D1AE；(2)設(shè)F為CD1的中點(diǎn)，在線(xiàn)段AB上是否存在一點(diǎn)M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，∴BE⊥平面D1AE.(2)eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4)，理由如下：取D1E的中點(diǎn)L，連接FL，AL，∴FL∥EC.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)AB，∴M，F(xiàn)，L，A四點(diǎn)共面，若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).2.(2018·湖北八校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點(diǎn)，且eq\f(AD,DB)＝eq\f(BE,EB′).(1)當(dāng)D為AB的中點(diǎn)時(shí)，求證：A′B⊥CE；(2)當(dāng)D在線(xiàn)段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)(不含端點(diǎn))，求三棱錐A′-CDE體積的最小值．解：(1)證明：∵D為AB的中點(diǎn)，∴E為B′B的中點(diǎn)，∵三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱，AA′＝AB＝6，∴四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B.∵AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB.由題意得平面ABB′A′⊥平面ABC，且平面ABB′A′∩平面ABC＝AB，CD?平面ABC，∴CD⊥平面ABB′A′.又A′B?平面ABB′A′，∴CD⊥A′B.又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE，∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE.(2)設(shè)AD＝x(0<x<6)，則BE＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x，由已知可得點(diǎn)C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB上的高h(yuǎn)，且h＝eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝4，∴三棱錐A′-CDE的體積VA′-CDE＝VC-A′DE＝eq\f(1,3)(S四邊形ABB′A′－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(36－3x－\f(1,2)6－xx－36－x))·h＝eq\f(2,3)(x2－6x＋36)＝eq\f(2,3)[(x－3)2＋27](0<x<6)，∴當(dāng)x＝3，即D為AB的中點(diǎn)時(shí)，VA′-CDE取得最小值，最小值為18.3.(2018·南昌模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AC與BD相交于點(diǎn)O，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，三棱錐P-ACD的體積為9.(1)求AD的值；(2)過(guò)點(diǎn)O的平面α平行于平面PAB，平面α與棱BC，AD，PD，PC分別相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，求截面EFGH的周長(zhǎng)．解：(1)因?yàn)樵谒睦忮FP-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝BC＝AP＝3，所以V三棱錐P-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AB×AD×AP＝eq\f(3,2)AD＝9，解得AD＝6.(2)由題知平面α∥平面PAB，平面α∩平面ABCD＝EF，點(diǎn)O在EF上，平面PAB∩平面ABCD＝AB，根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，得EF∥AB，同理EH∥BP，F(xiàn)G∥AP.因?yàn)锽C∥AD，所以△BOC∽△DOA，所以eq\f(BC,AD)＝eq\f(CO,OA)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).因?yàn)镋F∥AB，所以eq\f(CE,BC)＝eq\f(OC,AC)＝eq\f(1,3)，又易知BE＝AF，AD＝2BC，所以FD＝2AF.因?yàn)镕G∥AP，所以eq\f(FG,AP)＝eq\f(FD,AD)＝eq\f(2,3)，F(xiàn)G＝eq\f(2,3)AP＝2.因?yàn)镋H∥BP，所以eq\f(EH,PB)＝eq\f(EC,