高考理数精华复习（四）立体几何热点问题含答案优质

教材高考 审题答题（四） 立体几何热点问题 01 02 03 热点三 热点一 热点二 例1 训练1 空间位置关系与几 何体度量计算(教材 VS高考) 平面图形折叠成空 间几何体 线、面位置关系中 的开放存在性问题 例2 训练2 例3 训练3 01 高考导航 目录@《创新设计》 高考导航 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 教材探源 1.考题源于教材必修2P74习题2.3B组T2，T4及 P62习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间 平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积， 在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二 为一的精彩之作． 2．考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据， 层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材． 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 利于线面平行的判定定理 满分解答  (1)证明 在平面ABCD中， 因为∠BAD＝∠ABC＝90°. 所以BC∥AD， ……………………………1分 (得分点1) 又BC⊄平面PAD，AD ⊂ 平面PAD. 所以直线BC∥平面PAD. …………………3分 (得分点2) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) (2)解 如图，取AD的中点M，连接PM，CM， 四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. ………5分 (得分点3) 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM ⊂ 平面PAD， 所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD， …………7分 (得分点4) 因为CM ⊂ 底面ABCD，所以PM⊥CM. ……… 8分 (得分点5) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 如图，取CD的中点N，连接PN.则PN⊥CD， 解得x＝－2(舍去)或x＝2. …………………10分 (得分点6) ………………12分 (得分点7) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 第一步：根据平面几何性质，证BC∥AD. 第二步：由线面平行判定定理，证线BC∥平面PAD. 第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CM⊥AD. 第四步：证明直线PM⊥平面ABCD. 第五步：利用面积求边BC，并计算相关量． 第六步：计算四棱锥P－ABCD的体积． 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) (1)证明 因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD，AC ⊂ 平面ABCD， 所以AC⊥BE，且BE∩BD＝B， 故AC⊥平面BED. 又AC ⊂ 平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED. 目录@《创新设计》 热点一 空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考) 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 (1)证明 ∵BD⊥PD，BD⊥CD， 且PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD， ∴BD⊥平面PCD. 又PE⊂平面PCD， ∴BD⊥PE. 目录@《创新设计》 热点二 平面图形折叠成空间几何体 取BC的中点F，则PF∥MN. 又PF⊄ 平面DMN，MN⊂平面DMN， ∴PF∥平面DMN. 由条件PE∥平面DMN，PE∩PF＝P， ∴平面PEF∥平面DMN，∴EF∥DM， 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 (1)证明 在矩形ABCD中，AB⊥AD， 又因为AB⊥PA且PA∩AD＝A， 所以AB⊥平面PAD. 又因为AB ⊂ 平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 (2)证明 在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中点， 所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD， 且PN ⊂ 平面PAD， 所以AB⊥PN. 又因为AB∩AD＝A， 所以PN⊥平面ABCD. 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 (3)解 在棱BC上存在点E， 使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点． 证明如下： 取BC中点E，连接PE，DE. 在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE， 所以四边形BNDE是平行四边形， 则BN∥DE. 又因为BN⊄ 平面DEP，DE⊂平面DEP， 所以BN∥平面DEP. E 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 (1)证明 连接CE交AD于O，连接OF. 因为CE，AD为△ABC的中线， 则O为△ABC的重心， 故OF∥C1E， 因为OF ⊂ 平面ADF，C1E⊄平面ADF， 所以C1E∥平面ADF. O 目录@《创新设计》 热点三 线、面位置关系中的开放存在性问题 (2)解 当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF. 证明如下：因为AB＝AC，D是BC中点， 故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， BB1⊥平面ABC，BB1 ⊂ 平面B1BCC1， 故平面B1BCC1⊥平面ABC. 又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD ⊂ 平面ABC， 所以AD⊥平面B1BCC1，CM ⊂ 平面B1BCC1， 故AD⊥CM. 又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2， 故△CBM≌△FCD. 易证CM⊥DF，DF∩AD＝D， 故CM⊥平面ADF. 又CM ⊂ 平面CAM， 故平面CAM⊥平面ADF. O