2020高考解答题突破(四) 立体几何中的证明与计算

突破“一建”——建模

[思维流程]

[技法点拨]

立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模．

将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．考向一 证明线、面平行与垂直

1．证明平行关系

(1)证明线线平行的常用方法

①利用三角形中位线定理证明：即遇到中点时，常找中位线，利用该定理证明．

②利用平行四边形对边平行证明：即要证两线平行，以两线为对边构造平行四边形证明．

③利用平行公理证明：即要证两线平行，找第三条线并证明其分别与要证两线平行即可．

(2)证明线面平行的常用方法

①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行．

②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行．

(3)证明面面平行的方法

证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个平面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．

2．证明垂直关系

(1)证明线线垂直的常用方法

①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．

②利用勾股定理的逆定理．

③利用线面垂直的性质，即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．

(2)证明线面垂直的常用方法

①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．

②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．

③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．

(3)证明面面垂直的方法

证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个

面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决．

证明空间平行与垂直关系的步骤

[对点训练]

1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1

＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.

(1)求证：B1D⊥平面ABD； (2)求证：平面GEF∥平面ABD. [证明]

(1)取BB1的中点为M，连接MD，如图所示． 因为BB1＝2BC，且四边形BB1C1C为平行四边形， 所以四边形CDMB和四边形DMB1C1均为菱形． 故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1， 所以∠BDM＋∠MDB1＝90°， 即BD⊥B1D.

又AB⊥平面BB1C1C，B1D⊂平面BB1C1C， 所以AB⊥B1D.

又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.

(2)如图，连接MC1，可知G为MB1的中点，又F为B1C1的中点，所以GF∥MC1.

又MB綊C1D，所以四边形BMC1D为平行四边形，所以MC1∥BD，故GF∥BD.

又BD⊂平面ABD，所以GF∥平面ABD. 又EF∥A1B1，A1B1∥AB，AB⊂平面ABD， 所以EF∥平面ABD.

又EF∩GF＝F，故平面GEF∥平面ABD. 考向二 求空间几何体的体积

1．等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形或三棱锥的高，而通过直接计算得到高的数值．

2．割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．

在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，因此体积计算中的关键一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特征图”．一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化为规则的几何体．

[对点训练]

2．(2018·山东济南一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD1

为等腰梯形，AD∥BC，AB＝BC＝2AD，E，F分别为线段AD，PB的中点．

(1)证明：PD∥平面CEF；

(2)若PE⊥平面ABCD，PE＝AB＝2，求四面体P－DEF的体积． [解] (1)证明：连接BE，BD，BD交CE于点O，连接OF. 1

∵E为线段AD的中点，BC＝2AD＝ED，AD∥BC，∴BC∥ED. ∴四边形BCDE为平行四边形， ∴O为BD的中点， 又∵F是BP的中点， ∴OF∥PD.

∵OF⊂平面CEF，PD⊄平面CEF， ∴PD∥平面CEF.

(2)∵F为线段PB的中点，

111

∴VP－DEF＝VB－DEF＝2VP－BDE＝2×3VP－ABCD，

BC＋AD2＋4BC2112

∵VP－ABCD＝3PE·2·AB－2＝3×2×2×3＝23.

3

∴VP－DEF＝3.

考向三 立体几何中的探索性问题 1．条件追溯型

解决此类问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找出切入点．

2．存在判断型

解决此类问题的策略：通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．

解决线、面关系的探索性问题的两策略

(1)通过观察确定点或直线的位置(如中点，中线)，再进行证明． (2)把要得的平行当作已知条件，用平行的性质去求点、线．

[对点训练] 3．(2018·郑州二模)

如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点．

(1)求证：FG∥平面PDE； (2)求证：平面FGH⊥平面ABE；

(3)在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由．

[解] (1)证明：因为F，G分别为PB，BE的中点，所以FG∥PE.

又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE， 所以FG∥平面PDE.

(2)证明：因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥CB. 又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE. 由已知F，H分别为线段PB，PC的中点， 所以FH∥BC.则FH⊥平面ABE.

而FH⊂平面FGH，所以平面FGH⊥平面ABE.

(3)在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.证明如下： 如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.

在直角三角形AEB中，因为AE＝1，AB＝2，所以BE＝5. 在直角梯形EADP中， 因为AE＝1，

AD＝PD＝2，所以PE＝5， 所以PE＝BE.又F为PB的中点， 所以EF⊥PB.

要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM. 因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CB， 又CB⊥CD，PD∩CD＝D，

所以CB⊥平面PCD，而PC⊂平面PCD，所以CB⊥PC. PMPF

若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，可得PB＝PC.

32

由已知可求得PB＝23，PF＝3，PC＝22，所以PM＝2.

专题跟踪训练(二十三)

1．如图，过底面是矩形的四棱锥F－ABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC.求证：

(1)FG∥平面AED. (2)平面DAF⊥平面BAF.

[证明] (1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD， 所以EF∥DG，EF＝DG.

所以四边形DEFG为平行四边形， 所以FG∥ED.

又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED， 所以FG∥平面AED.

(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，且AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面BAF. 又因为AD⊂平面DAF. 所以平面DAF⊥平面BAF.

2．(2018·河北衡水中学二模)如图，在底面为梯形的四棱锥S－ABCD中，已知AD∥BC，∠ASC＝60°，AD＝DC＝2，SA＝SC＝SD＝2.

(1)求证：AC⊥SD；

(2)求三棱锥B－SAD的体积．

[解] (1)证明：设O为AC的中点，连接OS，OD.∵SA＝SC，∴OS⊥AC.

∵DA＝DC，∴DO⊥AC.

又∵OS，OD⊂平面SOD，且OS∩DO＝O， ∴AC⊥平面SOD，且SD⊂平面SOD， ∴AC⊥SD.

(2)连接BD，在△ASC中，∵SA＝SC，∠ASC＝60°，点O为AC的中点．

∴△ASC为正三角形，且AC＝2，OS＝3.

∵在△ADC中，DA2＋DC2＝4＝AC2，O为AC的中点， ∴∠ADC＝90°，且OD＝1. ∵在△SOD中，OS2＋OD2＝SD2 ∴∠SOD＝90°.∴SO⊥OD.

又∵OS⊥AC，且AC∩DO＝O，∴SO⊥平面ABCD.

11111∴VB－SAD＝VS－BAD＝3S△BAD·SO＝3×2AD·CD·SO＝3×2×23×2×3＝3. 3．(2018·辽宁辽阳一模)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把AEFD折起，使AE⊥CF，得到如图所示的立体图形．

(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；

(2)若BD⊥EC，求点F到平面ABCD的距离． [解] (1)证明：由题意可得EF∥AD，

∴AB⊥EF.将梯形由题意折起后，结论依然成立， ∴AE⊥EF，

又∵AE⊥CF，EF∩CF＝F， ∴AE⊥平面EBCF. ∵AE⊂平面AEFD，

∴平面AEFD⊥平面EBCF.

(2)过点D作DG⊥EF交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF. ∵EC⊂平面EBCF，∴DG⊥EC.

又BD⊥EC，BD∩DG＝D， ∴EC⊥平面BDG. 又BG⊂平面BDG ∴EC⊥BG.

EGEB可得△EGB∽△BEC，∴EB＝BC， ∴ BE2＝EG·BC＝AD·BC＝8，∴EB＝22. 设点F到平面ABCD的距离为h. ∵BC⊥AE，BC⊥EB，AE∩EB＝E， ∴BC⊥平面AEB， ∴AB⊥BC.

又∵AB＝AE2＋BE2＝4， 1∴S△ABC＝2·AB·BC＝8.

1

又∵S△BCF＝2×4×22＝42，AE＝EB＝22， 11

由VF－ABC＝VA－BCF可得3S△ABC·h＝3S△BCF·AE， ∴8h＝42×22＝16，解得h＝2.

故点F到平面ABCD的距离为2.

4．(2018·山东师大附中模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.

(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；

(2)设点D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求点E到平面ABC1的距离．

[解] (1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∴AA1⊥AB.

又∵AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC，∴A1A⊥AC.

又∵A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又∵BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1， ∴A1C⊥平面ABC1.又∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.

(2)解法一：当点E为B1B的中点时，连接DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD.

∵EF∥AB，DF∥AC1，又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A， ∴平面EFD∥平面ABC1，DE⊂平面EFD，则DE∥平面ABC1. 设点E到平面ABC1的距离为d，

∵AB⊥AC，且AA1⊥AB，AC∩AA1＝A，∴AB⊥平面A1ACC1， 1

∴AB⊥AC1.∵AB＝2，AC1＝42，∴S△BAC1＝2×42×2＝42. ∵A1A⊥AC，AB⊥AC，AB∩A1A＝A，∴AC⊥平面A1ABB1. ∵AC∥A1C1，∴A1C1⊥平面A1ABB1，

1118∴VC1－ABE＝3×S△ABE×A1C1＝3×2×2×2×4＝3， 18

由VE－ABC1＝VC1－ABE，得3×42d＝3，解得d＝2. 解法二：当点E为BB1的中点时，连接DE，如图，设A1C交AC1

于点G，连接BG，DG.

∵BE綊DG，∴四边形DEBG为平行四边形，

则DE∥BG.又DE⊄平面ABC1，BG⊂平面ABC1，则ABC1.

求点E到平面ABC1的距离同解法一．

DE∥平面