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2020高考解答题突破(四) 立体几何中的证明与计算

来源:划驼旅游
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

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