立体几何中的证明与计算 课件（共45张PPT）2021届高考二轮考前复习数学文科

(共45张PPT)
立体几何中的证明与计算
真题再研析·提升审题力
【典例】(12分)(2020·全国Ⅱ卷)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角
形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面
交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=
,求四棱锥
B-EB1C1F的体积.
【审题·逆向思维】
(1)平面A1AMN⊥平面EB1C1F?EF⊥
平面A1AMN?BC⊥平面A1AMN.
(2)求
?锥体体积公式?
和M到PN的距离.
【标准答案】
(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,
所以MN∥BB1,又AA1∥BB1,
所以MN∥AA1
…………2分
在等边△ABC中,M为BC的中点,则BC⊥AM,
又因为侧面BB1C1C为矩形,
所以BC⊥BB1,因为MN∥BB1,MN⊥BC,
由MN∩AM=M,MN,AM?平面A1AMN,
所以BC⊥平面A1AMN,
…………4分
又因为B1C1∥BC,且B1C1?平面ABC,BC?平面ABC,所以B1C1∥平面ABC,
又因为B1C1?平面EB1C1F,且平面EB1C1F∩平面ABC=EF,
所以B1C1∥EF,所以EF∥BC,
又因为BC⊥平面A1AMN,
所以EF⊥平面A1AMN,
因为EF?平面EB1C1F,
所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.
…………6分
(2)过M作PN的垂线,交点为H,
如图,
因为AO∥平面EB1C1F,
AO?平面A1AMN,平面A1AMN∩
平面EB1C1F=NP,所以AO∥NP,
又因为NO∥AP,所以AO=NP=6,
因为O为△A1B1C1的中心,
所以ON=
A1C1sin
=
×6×sin
=
,
故ON=AP=
,则AM=3AP=3
,
因为平面EB1C1F⊥平面A1AMN,平面EB1C1F∩平面A1AMN=NP,MH?平面A1AMN,
所以MH⊥平面EB1C1F,
…………8分
又因为在等边△ABC中,EF∥BC,
所以
由(1)知,四边形EB1C1F为梯形,
所以
…………10分
所以
=
·h,
h为M到PN的距离MH=2
·sin
=3,
所以V=
×24×3=24.
…………12分
【深度解读】
测试目标
(1)直接运用定理证明(推断)命题;(2)通过线面垂直,四棱锥体积求解
测试目标
逻辑推理:利用公式直接证明;
直观想象:想象出各种要素的空间性质;
数学运算:通过四棱锥体积公式求解问题
【考场秘技】
1.平行关系之间的转化
转化方向视题目的具体条件而定,不可过于“模式化”.
2.垂直关系之间的转化
证明平面⊥平面,先寻找平面的垂线,若不存在,则可通过作辅助线来解决.
3.求空间几何体的体积
(1)规则几何体:直接利用柱体、锥体或台体公式进行求解.其中,等积转换法多
用来求三棱锥的体积.
(2)不规则几何体:通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.
(3)注意“公式法”“换底法”“割补法”的应用,等体积法可以用来求点到面
的距离、多面体内切球的半径等.
4.求几何体的表面积
注意几何体表面的构成,特别是组合体中重合以及由于切割新形成的表面等,切
忌遗漏或重复.
5.求点到平面的距离
(1)垂线段法:①作:作点到平面的垂线段;
②找:找出垂线段所在的三角形;
③求:通过解直角三角形求出垂线段的长度.
(2)等积法:当过点的垂线段不容易找时,
①利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置,其体积相等的方法求解.可以将该
点转化为其他点到相应平面的距离;②当直线与平面平行时,该直线上任一点到
平面的距离相等.
【阅卷点评】
1.步骤分:(1)由平行线的传递性证明线线平行;通过线线垂直证得线面垂直,由
线面垂直证得面面垂直.
(2)由线面垂直求得高的长度,再求出底面的面积,由棱锥体积公式求出体积.
2.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如第二问中,要求高的长度,
必须先证线面垂直,如果没有证明,则不给分.
3.计算分:计算准确是根本保证.
4.区分公式:区分棱锥体积公式与棱柱体积公式.
1.(线面平行)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点.
(1)证明:BC1∥平面A1CD;
(2)若△ABC是边长为2的正三角形,且BC=BB1,∠CBB1=60°,平面ABC⊥平面BB1C1C,
求三棱锥A-DCA1的体积.
高考演兵场·检验考试力
【解析】(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AC1交CA1于E,连接DE,
因为D是AB的中点,E是AC1的中点,所以DE∥BC1.
因为BC1?平面A1CD,DE?平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
(2)取BC的中点H,连接B1H,CB1,
因为BC=BB1,∠CBB1=60°,所以△CBB1是等边三角形,
所以B1H⊥BC,
又因为平面ABC⊥平面BB1C1C,
平面ABC∩平面BB1C1C=BC,B1H?平面BB1C1C,
所以B1H⊥平面ABC,
所以B1H是三棱柱的高,B1H=
,
因为△ABC是边长为2的正三角形,
所以S△ABC=
,
2.(线面垂直)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为4的菱形,PA=PC,BD⊥PA,E是BC上一点,且BE=1,设AC∩BD=O.
(1)证明:PO⊥平面ABCD;
(2)若∠BAD=60°,PA⊥PE,求三棱锥
P-AOE的体积.
【解析】(1)因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC,O是AC的中点.
因为BD⊥PA,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
因为PO?平面PAC,所以BD⊥PO.
因为PA=PC,O是AC的中点,所以PO⊥AC.
因为AC?平面ABCD,BD?平面ABCD,AC∩BD=O,
所以PO⊥平面ABCD.
(2)由四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,
得△ABD和△BCD都是等边三角形,
所以BD=AB=4.因为O是BD的中点,所以BO=2.
在Rt△ABO中,AO=
在Rt△PAO中,PA2=AO2+PO2=12+PO2.
取BC的中点F,连接DF,则DF⊥BC.
所以在Rt△BDF中,DF=
因为BE=1,所以E是BF的中点.
又因为O是BD的中点,所以OE=
DF=
.
在Rt△POE中,PE2=OE2+PO2=3+PO2.
在△ABE中,由余弦定理得
AE2=AB2+BE2-2AB·BEcos
120°=21.
因为PA⊥PE,所以PA2+PE2=AE2.
所以12+PO2+3+PO2=21.所以PO=
.
因为S△AOE=S△ABC-S△ABE-S△COE
=
×4×4×sin
120°-
×4×1×sin
120°-
×3×
=
,
所以VP-AOE=
S△AOE·PO=
×
×
=
.
3.(线面平行)如图,四边形ABCD为矩形,△BCF为等腰三角形,且∠BAE=∠DAE
=90°,EA∥FC.
(1)证明:BF∥平面ADE.
(2)设
=λ,问是否存在正实数λ,使得三棱锥A-BDF的高恰好等于
BC?若
存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)因为AD∥BC,AD?平面ADE,BC?平面ADE,所以BC∥平面ADE,
因为EA∥FC,AE?平面ADE,FC?平面ADE,所以FC∥平面ADE,
又BC∩FC=C,所以平面ADE∥平面BCF,
故BF∥平面ADE.
(2)存在.因为∠BAE=90°,所以AE⊥AB,又EA∥FC,CD∥AB,所以CF⊥CD,
因为BC⊥CF,BC∩CD=C,所以CF⊥平面ABCD,设AB=a,BC=b,则b=λa,
在矩形ABCD和△BCF中,有
BD=DF=
=
,BF=
b,
所以在△BDF中,BF边上的高h=
又S△ABD=
ab=
λa2,
所以,由等体积法得
即
所以存在正实数λ=2,使得三棱锥A-BDF的高恰好等于
BC.
4.(线面垂直)如图,四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD为矩形,AB=2
,BC=SC=SD=2,
BC⊥SD.
(1)求证:SC⊥平面SAD;
(2)求四棱锥S-ABCD外接球的体积.
【解析】(1)因为BC⊥SD,BC⊥CD,SD∩CD=D,SD,CD?平面SDC,
所以BC⊥平面SDC,
又AD∥BC,所以AD⊥平面SDC,
因为SC?平面SDC,
所以SC⊥AD,
又在△SDC中,SC=SD=2,DC=AB=2
,
故SC2+SD2=DC2,
所以SC⊥SD,
因为SD∩AD=D,SD,AD?平面SAD,
所以SC⊥平面SAD.
(2)设G为矩形ABCD的对角线的交点,则AG=BG=CG=DG=
,
作SO⊥CD于O,
因为BC⊥平面SDC,BC?平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面SDC,
又平面ABCD∩平面SDC=CD,SO?平面SDC,
故SO⊥平面ABCD,
因为OG?平面ABCD,所以OG⊥SO,
连接OG,SG,则SG=
所以G为四棱锥S-ABCD外接球的球心,且球的半径为
,
故所求的球的体积为V=
5.(面面垂直)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面
ABCD,CD=SD,点M是SA的中点,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=AD=
BC=a.
(1)求证:平面MBD⊥平面SCD;
(2)若∠SDC=120°,求三棱锥C-MBD的体积.
【解析】(1)取BC中点E,连接DE,则AB=AD=a,BC=2a.由题意可得:四边形ABED为正
方形,且BE=DE=CE=a,BD=CD=
a.
所以BD2+CD2=BC2,则BD⊥CD,
又平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,
所以BD⊥平面SCD,BD?平面MBD,
所以平面MBD⊥平面SCD.
(2)过点S作SH⊥CD,交CD的延长线于点H,连接AH.
则∠SDH为SD与底面ABCD所成的角,即∠SDH=60°.
由(1)可得:SD=CD=
a,所以在Rt△SHD中,SD=
a,HD=
a,SH=
a.
所以点M到平面ABCD的距离d=
a.
所以三棱锥C-MBD的体积V=
×
×BD×CD·d=
×
a×
a×
a
=
a3.
6.(面面垂直)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD,
(1)证明:平面AEC⊥平面BED;
(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为
,求该三棱锥的侧面积.
【解析】(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE,又BD∩BE=B,故AC⊥平面BED.
又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=
x,GB=GD=
.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=
x.
由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=
x.
由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=
×
AC·GD·BE=
,故x=2,
在Rt△ABE中,AE=
在Rt△EBD中,DE=
在Rt△AEC中,EC=
从而可得AE=EC=ED=
.
所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为
.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2
.
7.(面面垂直)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是直角梯形,BC∥AD,AB⊥AD,AD=2BC=2,四边形ABB1A1和ADD1A1均为正方形.
(1)证明:平面ABB1A1⊥平面ABCD.
(2)求四面体AB1CD1的体积.
【解析】(1)因为四边形ABB1A1和ADD1A1均为正方形,所以AA1⊥AD,AA1⊥AB.
又AD∩AB=A,AD?平面ABCD,AB?平面ABCD.
所以AA1⊥平面ABCD.
因为AA1?平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面ABCD.
(2)
=
=
=
=
所以
8.(线面垂直)如图,多面体ABCDEF中,AB=DE=2,AD=1,平面CDE⊥平面ABCD,四边形
ABCD为矩形,BC∥EF,点G在线段CE上,且EG=2GC=
AB.
(1)求证:DE⊥平面ABCD;
(2)若EF=2BC,求多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比.
【解析】(1)因为四边形ABCD为矩形,所以CD=AB.
因为AB=DE=2,所以CD=DE=2.
因为点G在线段CE上,且EG=2GC=
AB,
所以EC=
AB=
CD=2
,
所以DE2+CD2=EC2,即DE⊥CD,
又平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,
DE?平面CDE,
所以DE⊥平面ABCD.
(2)设三棱锥G-BCD的体积为1,连接EB,AE.
因为EG=2GC,所以CG=
EC,所以VE-BCD=3VG-BCD=3.
易知VE-BCD=VE-ABD=3.
又EF=2BC,BC∥EF,所以2S△ABD=S△EFA,故2VE-ABD=VB-AEF,
又VB-ADE=VE-ABD=3,所以VB-AEF=6,
故VB-AFE+VE-ABD+VE-BDG=6+3+(3-1)=11.
故多面体ABCDEF被平面BDG分成的大、小两部分的体积比为11∶1.
9.(探究性问题)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△BCC1为正三角形,AC⊥BC,AC=BC=2,AC1=2
,点P为线段BB1的中点,点Q为线段B1C1的中点.
(1)在线段AA1上是否存在点M,使得C1M∥平面A1PQ?若存在,指出点M的位置;若不
存在,请说明理由.
(2)求三棱锥A-A1C1P的体积.
【解析】(1)存在线段AA1的中点M满足题意,
证明如下:
因为点P为线段BB1的中点,Q为B1C1的中点,
所以BC1∥PQ,
又C1B?平面A1PQ,PQ?平面A1PQ,
所以C1B∥平面A1PQ.
取AA1中点M,连接BM,C1M,则BM∥PA1,
同理BM∥平面A1PQ.
又C1B∩BM=B,所以平面C1BM∥平面A1PQ.
又C1M?平面C1BM,所以C1M∥平面A1PQ.
(2)由AC=BC=2,△BCC1为正三角形,及棱柱侧面为平行四边形知△BB1C1为正三角
形,C1P⊥BB1,C1P⊥CC1,CC1=2,C1P=
.
因为AC1=2
,所以
所以AC⊥CC1,所以A1C1⊥CC1,
又C1P∩A1C1=C1,所以CC1⊥平面A1C1P.
因为AA1∥CC1,所以AA1⊥平面A1C1P.
又AC⊥BC,所以A1C1⊥B1C1,
因为B1C1∩CC1=C1,所以A1C1⊥平面BCC1B1.
又C1P?平面BCC1B1,所以A1C1⊥C1P,
所以
所以