江苏专用2019高考数学二轮复习专题三立体几何微专题5立体几何中体积的求解策略课件.pptx

第9讲　立体几何的综合问题 ‎1.设α,β,γ是三个不同的平面,m,n是两条不同的直线,在命题“α∩β=m,n⊂γ,且　　　　,则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组,使该命题为真命题. ‎ ‎①α∥γ,n⊂β;②m∥γ,n∥β;③n∥β,m⊂γ.‎ 可以填入的条件有　　　　. ‎ ‎2.(2017江苏南京一中质检)设l是一条直线,α,β,γ是不同的平面,则在下面命题中,假命题是　　　　. ‎ ‎①如果α⊥β,那么α内一定存在直线平行于β;‎ ‎②如果α不垂直于β,那么α内一定不存在直线垂直于β;‎ ‎③如果α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,那么l⊥γ;‎ ‎④如果α⊥β,l与α,β都相交,那么l与α,β所成的角互余.‎ ‎3.以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:‎ ‎①BD⊥AC;‎ ‎②△BAC是等边三角形;‎ ‎③三棱锥D-ABC是正三棱锥;‎ ‎④平面ADC⊥平面ABC.‎ 其中正确的是　　　　. ‎ ‎4.将一个真命题中的“平面”换成“直线”,“直线”换成“平面”后仍是真命题,则该命题称为“可换命题”.给出下列四个命题:①垂直于同一平面的两直线平行;②垂直于同一平面的两平面平行;③平行于同一直线的两直线平行;④平行于同一平面的两直线平行.其中是“可换命题”的是　　　　. ‎ ‎5.(2017江苏兴化中学调研)如图,在四面体A-BCD中,AD=BD,∠ABC=90°,点E,F分别为棱AB,AC上的点,点G为棱AD的中点,且平面EFG∥平面BCD.‎ ‎(1)求EFBC;‎ ‎(2)求证:平面EFD⊥平面ABC.‎ 5‎ ‎6.(2017江苏运河中学月考)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.‎ ‎(1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;‎ ‎(2)点M在线段PC上,PM=tPC,试确定t的值,使PA∥平面MQB.‎ ‎7.(2017江苏楚州中学月考)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点D是BC的中点,BC=BB1.‎ ‎(1)求证:A1C∥平面AB1D;‎ ‎(2)试在棱CC1上找一点M,使MB⊥AB1.‎ 5‎ 答案精解精析 ‎1.答案　①或③‎ 解析　由面面平行的性质定理可知,①正确;当n∥β,m⊂γ时,因为n和m在同一平面内,且没有公共点,所以m∥n,故③正确.‎ ‎2.答案　④‎ 解析　①如果α⊥β,那么α与β一定相交,所以在α内一定存在直线平行于β,正确;‎ ‎②如果α不垂直于β,α,β又不同,那么α与β相交不垂直或者平行,所以α内一定不存在直线垂直于β,正确;‎ ‎③如果α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l,根据面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理,可以得到l⊥γ,正确;‎ ‎④如果α⊥β,l与α,β都相交,当l与α,β的交线垂直时,l与α,β所成的角互余;当直线l与α,β的交线不垂直时,l与α,β所成的角不互余,错误.综上,填④.‎ ‎3.答案　①②③‎ 解析　由题意知,BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正确;由AD为等腰直角三角形ABC斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,易知,AB=AC=BC,所以△BAC是等边三角形,②正确;易知DA=DB=DC,又△BAC为等边三角形,则③正确;不能得出平面ADC⊥平面ABC,④错.‎ ‎4.答案　①③‎ 解析　由线面垂直的性质定理可知①是真命题,且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题,故①是“可换命题”;因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交,所以②是假命题,不是“可换命题”;显然,③是真命题,且平行于同一平面的两平面平行也是真命题,故③是“可换命题”;因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面,故④是假命题,不是“可换命题”.综上,填①③.‎ ‎5.解析　(1)因为平面EFG∥平面BCD,‎ 平面ABD∩平面EFG=EG,平面ABD∩平面BCD=BD,‎ 所以EG∥BD.‎ 又G为AD的中点,‎ 所以E为AB的中点,‎ 同理可得,F为AC的中点,‎ 所以EFBC=‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:因为AD=BD,‎ 5‎ 由(1)知,E为AB的中点,‎ 所以AB⊥DE.‎ 又∠ABC=90°,即AB⊥BC,‎ 由(1)知,EF∥BC,所以AB⊥EF.‎ 又DE∩EF=E,DE,EF⊂平面EFD,‎ 所以AB⊥平面EFD,又AB⊂平面ABC,‎ 故平面EFD⊥平面ABC.‎ ‎6.解析　(1)证明:连接BD.‎ ‎∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,‎ ‎∴△ABD为正三角形,∴AD⊥BQ.‎ ‎∵PA=PD,Q为AD的中点,∴AD⊥PQ.‎ 又BQ∩PQ=Q,∴AD⊥平面PQB.‎ ‎∵AD⊂平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD.‎ ‎(2)当t=‎1‎‎3‎时,PA∥平面MQB.理由如下:‎ 连接AC,交BQ于N,连接MN.‎ 由AQ∥BC可得,△ANQ∽△CNB,∴AQBC=ANNC=‎1‎‎2‎.‎ ‎∵PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN,‎ ‎∴PA∥MN,∴PMPC=ANAC=‎1‎‎3‎,即PM=‎1‎‎3‎PC,∴t=‎1‎‎3‎.‎ ‎7.解析　(1)证明:连接A1B,交AB1于点O,连接OD.‎ ‎∵O、D分别是A1B、BC的中点,‎ ‎∴A1C∥OD.‎ ‎∵A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,‎ ‎∴A1C∥平面AB1D.‎ 5‎ ‎(2)M为CC1的中点.证明如下:‎ ‎∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1,‎ ‎∴四边形BCC1B1是正方形.‎ 由M为CC1的中点,D是BC的中点,易证△B1BD≌△BCM,‎ ‎∴∠BB1D=∠CBM.‎ 又∵∠BB1D+∠BDB1=π‎2‎,∴∠CBM+∠BDB1=π‎2‎,∴BM⊥B1D.‎ ‎∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,‎ ‎∴AD⊥BC.‎ ‎∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,‎ ‎∴AD⊥平面BB1C1C.‎ ‎∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM,‎ ‎∵AD∩B1D=D,∴BM⊥平面AB1D.‎ ‎∵AB1⊂平面AB1D,∴MB⊥AB1.‎ 5‎