2021高考数学课标版文数一轮复习讲义 提能作业：3-类型三　立体几何类解答题 WORD版含解析.docx

1、类型三立体几何类解答题一、线面平行、垂直、距离问题例1(2019课标全国文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求点C到平面C1DE的距离.(1)连接B1C,ME.M,E分别为BB1,BC的中点,MEB1C,且ME=12B1C,(2分)又N为A1D的中点,ND=12A1D.(3分)由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,四边形MNDE为平行四边形,(4分)MNED.又MN平面C1DE,MN平面C1DE.(5分)(2)四边形ABCD是菱形

2、,BAD=60,E是BC的中点,DEBC.由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知DEC1C,又BCC1C=C,DE平面C1CE,又C1E平面C1CE,DEC1E.(8分)由已知可得CE=1,C1C=4,C1E=17,(9分)设C到平面C1DE的距离为d,由VC-C1DE=VC1-CDE,知1312DEC1Ed=1312DECECC1,*C1Ed=CECC1,即d=41717,(11分)从而点C到平面C1DE的距离为41717.(12分)依据三角形的中位线定理利用平行四边形的的判定定理利用平行四边形的性质利用线面平行的判定定理利用菱形的性质利用几何体隐含的条件依据线面垂直的判定定理依据线面垂直的

3、定义利用勾股定理*利用三棱锥的等积法得结论1.证明平行的方法:线线平行:中位线定理、平行四边形的性质(对边平行且相等)、线面平行的性质定理等;线面平行:线面平行的判定定理(关键是在面内找出一条直线与这条直线平行)、面面平行的性质(平行平面中一个面内的直线平行于另一个平面);面面平行:判定定理.2.定理的条件要齐全:在应用平行、垂直的判定定理、性质定理时,关键的条件缺一不可,否则就是假命题,要扣分.3.求点到面的距离:等积法:利用三棱锥可以换底的特性求解,前提是体积容易求;垂线法:通过垂直关系的转化作出过该点的垂线,即所求的距离.4.注意利用几何体的隐含条件,如正方体或长方体、直棱柱的平行与垂直

4、,平面几何图形的性质也是证明问题的重要基础.如图,BCD与MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,AB=23,求点A到平面MBC的距离.解析取CD的中点O,连接OB,OM,则OB=OM=3,OBCD,MOCD.又平面MCD平面BCD,则MO平面BCD,又AB平面BCD,所以MOAB,因为MO平面ABC,AB平面ABC,所以MO平面ABC,所以点M,O到平面ABC的距离相等.作OHBC于点H,连接MH,则MHBC.易得OH=OCcos30=32,MH=(-3)2+322=152.设点A到平面MBC的距离为d,由VA-MBC=VM-ABC得13SMBCd=13SABCO

5、H,即13122152d=131222332,所以d=255.二、折叠问题例2(2019课标全国,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的四边形ACGD的面积.(1)CGBF,CGBE,又ADBE,ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.(2分)ABBE,ABBC,且BEBC=B,故AB平面BCGE.(3分)又AB平面ABC,平面ABC平面BCG

6、E.(4分)(2)取CG的中点M,连接EM,DM.*(5分)ABDE,AB平面BCGE,DE平面BCGE,(6分)又CG平面BCGE,DECG.(7分)由题设知四边形BCGE是菱形,且EBC=60,EMCG,(8分)又EMDE=E,故CG平面DEM.(9分)DM平面DEM,所以DMCG.(10分)在RtDEM中,DE=1,EM=3,DM=2.(11分)S四边形ACGD=ADDM=4.四边形ACGD的面积为4.(12分)利用折叠前后的不变关系利用平行的传递性四点共面得解利用线面垂直的判定定理,不要漏掉条件利用面面垂直的判定定理*作辅助线,为求四边形的面积做准备依据线面垂直的性质依据线面垂直的定义

7、依据直角三角形的性质依据线面垂直的判定定理依据线面垂直的定义利用勾股定理利用平行四边形的面积公式1.证明空间三种垂直关系的常用方法(1)证明线线垂直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;利用勾股定理的逆定理;利用线面垂直的性质.(2)证明线面垂直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;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,即一个面内的直线垂直于两垂直平面的交线,则这条线垂直于另一个面;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)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,将证明面面

8、垂直转化为证明线面垂直,即一个面经过另一个面的一条垂线,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.2.折叠问题的求解策略(1)关键:搞清折叠前后的变化量和不变量.折线同侧的量位置关系不变,折线两侧是变化量.(2)技巧:综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,进而将其转化为立体几何的常规问题求解.3.等积法的应用:三棱锥中有等体积法,三角形中有等面积法,同一个量用不同的形式表示两次,即得一等式(称为验算两次),利用方程思想求解.如图,在RtABC中,ABC=90,D为AC的中点,AEBD于点E(不同于点D),延长AE交BC于F,

9、将ABD沿BD折起,得到三棱锥A1-BCD,如图所示.(1)M是FC的中点,求证:DM平面A1EF;(2)求证:BDA1F;(3)若平面A1BD平面BCD,试判断直线A1B与直线CD是否垂直,并说明理由.解析(1)证明:因为D,M分别为AC,FC的中点,所以DMEF,又EF平面A1EF,DM平面A1EF,所以DM平面A1EF.(2)证明:因为A1EBD,EFBD,且A1EEF=E,所以BD平面A1EF.又A1F平面A1EF,所以BDA1F.(3)直线A1B与直线CD不垂直.理由如下:因为平面A1BD平面BCD,平面A1BD平面BCD=BD,EFBD,EF平面BCD,所以EF平面A1BD.因为A

10、1B平面A1BD,所以A1BEF,又因为EFDM,所以A1BDM.假设A1BCD,因为CDDM=D,所以A1B平面BCD,所以A1BBD,又A1EBD与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直”矛盾,所以直线A1B与直线CD不垂直.三、存在性、探索性问题例3(2018课标全国文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.(1)矩形ABCD,BCCD, 又由题设知,平面CMD平面ABCD,(1分)又平面CMD平面ABCD=CD,BC平面ABCD,B

11、C平面CMD,DM平面CMD,BCDM,(3分)M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,DMCM.*(4分)又BCCM=C,DM平面BMC.(6分)而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(6分)(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.(7分)证明如下.取AM的中点P.连接AC,BD交于点O,连接PO,*四边形ABCD是矩形,O是AC的中点,在ACM中,点P,O分别是AM,AC的中点,POMC,(9分)又PO平面PBD,MC平面PBD,MC平面PBD,(11分)故在线段AM上存在点P,即AM的中点,*使得MC平面PBD.(12分)利用矩形的几何性质依据面面垂直的性质定理依据线面垂直的定义*

12、依据圆的几何性质依据面面垂直的判定定理回答存在符合题意的点*根据几何体的特征作辅助线依据三角形的中位线依据线面平行的判定定理*得出结论常见存在性、探索性问题的类型:(1)条件追溯型:解决的基本策略为执果索因.其结论明确,需要求出使结论成立的充分条件.将题设和结论都视为己知条件即可迅速找到切入点.但在执果索因的过程中,注意不要将必要条件当成充要条件.(2)存在型:解决与平行、垂直有关的存在性问题的策略:先假设对象存在(或结论成立).然后在这个前提下进行逻辑推理.若能导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,然后把假设作为条件,推理论证即可;若导出与条件相矛盾的结果,则说明假设不成立,即不

13、存在.(3)求解此类问题的难点在于涉及的点有运动性和不确定性.一般用空间向量通过待定系数法求解存在性问题,思路简单,解法固定.如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD平面ABCD,四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点,M为BC的中点.(1)求证:CD平面SAD;(2)求证:PQ平面SCD;(3)若SA=SD,在棱SC上是否存在一点N,使得平面DMN平面ABCD?并证明你的结论.解析(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以CDAD.又平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,CD平面ABCD,所以CD平面SAD.(2)证明:如图,连接PM,QM.因为Q,P,M

14、分别为SB,AD,BC的中点,所以QMSC,PMDC.QMPM=M,SCDC=C,所以平面PQM平面SCD.因为PQ平面PQM,所以PQ平面SCD.(3)存在.当N为SC的中点时,平面DMN平面ABCD.如图,连接PC,DM交于点O,连接SP,PM,取SC的中点N,连接DN,MN,NO.因为SA=SD,P为AD的中点,所以SPAD.又平面SAD平面ABCD,平面SAD平面ABCD=AD,SP平面SAD,所以SP平面ABCD.因为四边形ABCD为正方形,P,M分别为AD,BC的中点,所以PDMC,所以四边形PDCM为平行四边形,所以O为PC的中点.在SPC中,因为N为SC的中点,所以SPNO,所以NO平面ABCD.又NO平面DMN,所以平面DMN平面ABCD.