【世纪金榜】高三文科数学热点专题突破：平行、垂直的综合问题.ppt

热点专题突破系列(四)平行、垂直的综合问题,考点一 平行、垂直关系的证明与体积的计算【考情分析】以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体,通过空间平行、垂直关系的论证命制,主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理,常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查,考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想,一般以解答题的形式出现,难度中等.,【典例1】(2014重庆高考改编)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO底面ABCD,AB=2,BAD=,M为BC上一点,且BM=,N为AB上一点,且BN=.(1)证明:MN平面PAC.(2)证明:BC平面POM.(3)若MPAP,求四棱锥P-ABMO的体积.,【解题提示】(1)只需证明MNAC即可.(2)在平面POM内可以找到OM,PO与BC垂直,从而得出结论.(3)直接利用体积公式求解即可.,【规范解答】(1)因为BM=BN=,所以所以MNAC.又MN平面PAC,AC平面PAC,所以MN平面PAC.,(2)因为ABCD为菱形,O为菱形中心,连接OB,则AOOB.因为BAD=,故OB=ABsin=1,又因为BM=,且OBM=,在OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM,所以OB2=OM2+BM2,故OMBM,故OMBC.又PO底面ABCD,所以POBC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC平面POM.,(3)由(2)得,OA=ABcosOAB=2设PO=a,由PO底面ABCD知,POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.由POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM,由已知MPAP,故APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即 得(舍去),即PO=此时S四边形ABMO=SAOB+SOMB=AOOB+BMOM所以四棱锥P-ABMO的体积,【规律方法】1.空间两直线位置关系的判定方法(1)对于平行直线可通过作辅助线,利用三角形或梯形中位线的性质及线面平行与面面平行的性质定理.(2)垂直关系可采用线面垂直的性质解决.,2.空间线面的位置关系的判定方法(1)证明直线与平面平行,设法在平面内找到一条直线与已知直线平行,解答时合理利用中位线性质、线面平行的性质,或构造平行四边形,寻求比例关系确定两直线平行.(2)证明直线与平面垂直,主要途径是找到一条直线与平面内的两条相交直线垂直.解题时注意分析观察几何图形,寻求隐含条件.,3.空间面面的位置关系的判定方法(1)证明面面平行,需要证明线面平行,要证明线面平行需证明线线平行,将“面面平行”问题转化为“线线平行”问题.(2)证明面面垂直,将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题,再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.,4.计算几何体体积的关键及注意点计算几何体的体积时,能直接用公式时,关键是确定几何体的高,而不能直接用公式时,注意进行体积的转化.,【变式训练】(2015杭州模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CDDA1.(1)求证:平面A1B1B平面ABC.(2)求多面体DBC-A1B1C1的体积.,【解析】(1)因为AC=BC,D为AB的中点,所以CDAB,又CDDA1,ABDA1=D,所以CD平面A1B1B,又因为CD平面ABC,故平面A1B1B平面ABC.,(2)因为平面A1B1B平面ABC,平面A1B1B平面ABC=AB,BB1平面A1B1B,ABBB1,所以BB1平面ABC,因此=SABC|AA1|-SADC|AA1|=SABC|AA1|-SABC|AA1|=SABC|AA1|=.,【加固训练】(2013江西高考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD=,AA1=3,E为CD上一点,DE=1,EC=3.(1)证明:BE平面BB1C1C.(2)求点B1到平面EA1C1的距离.,【解析】(1)过点B作CD的垂线交CD于点F,则BF=AD=,EF=AB-DE=1,FC=2.在RtBFE中,BE=,在RtCFB中,BC=.在BEC中,因为BE2+BC2=9=EC2,所以BEBC,又由BB1平面ABCD得BEBB1,又BB1BC=B,故BE平面BB1C1C.,(2)在RtA1D1C1中，同理，则设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1-EA1C1的体积为所以点B1到平面EA1C1的距离为,考点二 平面图形折叠成空间几何体问题【考情分析】先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也将空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次考查空间想象能力的主要方向.,【典例2】(2015中山模拟)如图1所示,在RtABC中,AC=6,BC=3,ABC=90,CD为ACB的平分线,点E在线段AC上,且CE=4.如图2所示,将BCD沿CD折起,使得平面BCD平面ACD,连接AB,设点F是AB的中点.,(1)求证:DE平面BCD.(2)若EF平面BDG,其中G为直线AC与平面BDG的交点,求三棱锥B-DEG的体积.【解题提示】(1)由平面BCD平面ACD,只需证明DEDC即可.(2)先由平面BCD平面ACD,求得B到平面ACD,即DEG的距离,再由体积公式求解.,【规范解答】(1)在题图1中,因为AC=6,BC=3,ABC=90,所以A=30,ACB=60.因为CD为ACB的平分线,所以BCD=ACD=30,所以CD=2.因为CE=4,DCE=30,由余弦定理可得cos30=即,解得DE=2.则CD2+DE2=EC2,所以CDE=90,DEDC.,在题图2中,因为平面BCD平面ACD,平面BCD平面ACD=CD,DE平面ACD,且DEDC,所以DE平面BCD.,(2)在题图2中,因为EF平面BDG,EF平面ABC,平面ABC平面BDG=BG,所以EFBG.因为点E在线段AC上,CE=4,点F是AB的中点,所以AE=EG=CG=2.作BHCD于点H.因为平面BCD平面ACD,所以BH平面ACD.,由已知可得所以三棱锥B-DEG的体积V=SDEGBH=,【规律方法】折叠问题的求解策略(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化.(2)在解决问题时,要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.,解决折叠问题的关注点 平面图形折叠成空间图形,主要抓住变与不变的量,所谓不变的量,即是指“未折坏”的元素,包括“未折坏”的边和角,一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直),然后标出其他特殊角,以及所有不变的线段.,【变式训练】(2015天津模拟)如图,在边长为3的正三角形ABC中,G,F为边AC的三等分点,E,P分别是AB,BC边上的点,满足AE=CP=1,今将BEP,CFP分别沿EP,FP向上折起,使边BP与边CP所在的直线重合,B,C折后的对应点分别记为B1,C1.(1)求证:C1F平面B1GE.(2)求证:PF平面B1EF.,【证明】(1)取EP的中点D,连接FD,C1D.因为BC=3,CP=1,所以折起后C1为B1P的中点.所以在B1EP中,DC1EB1.又因为AB=BC=AC=3,AE=CP=1,所以,所以EP=2且EPGF.因为G,F为AC的三等分点,所以GF=1.,又因为ED=EP=1,所以GF=ED,所以四边形GEDF为平行四边形.所以FDGE.又因为DC1FD=D,GEB1E=E,所以平面DFC1平面B1GE.又因为C1F平面DFC1,所以C1F平面B1GE.,(2)连接EF,B1F,由已知得EPF=60,且FP=1,EP=2,由余弦定理,得EF2=12+22-212cos60=3,所以FP2+EF2=EP2,可得PFEF.因为B1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1,所以PB1F的中线C1F=PB1,可得PB1F是直角三角形,即B1FPF.因为EFB1F=F,EF,B1F平面B1EF,所以PF平面B1EF.,【加固训练】(2013湖北高考)如图甲,在平面四边形ABCD中,已知A=45,C=90,ADC=105,AB=BD,现将四边形ABCD沿BD折起,使平面ABD平面BDC(如图乙),设点E,F分别为棱AC,AD的中点.(1)求证:DC平面ABC.(2)设CD=a,求三棱锥A-BFE的体积.,【解析】(1)在图甲中因为AB=BD且A=45,所以ADB=45,ABD=90,即ABBD.在图乙中,因为平面ABD平面BDC,且平面ABD平面BDC=BD,所以AB底面BDC,所以ABCD.又DCB=90,所以DCBC,且ABBC=B,所以DC平面ABC.,(2)因为E,F分别为AC,AD的中点,所以EFCD,又由(1)知,DC平面ABC,所以EF平面ABC,所以VA-BFE=VF-AEB=SAEBFE在图甲中,因为ADC=105,所以BDC=60,DBC=30,由CD=a得BD=2a,BC=a,EF=CD=a,所以SABC=ABBC=2a a=a2,所以SAEB=所以,考点三 线、面位置关系中的存在性问题【考情分析】是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点,常以解答题中最后一问的形式出现,一般有三种类型:(1)条件追溯型.(2)存在探索型.(3)方法类比探索型.,【典例3】(2015威海模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD底面ABCD,且PA=PD=AD,若E,F分别为PC,BD的中点.(1)求证:EF平面PAD.(2)求三棱锥F-DEC的体积.(3)在线段CD上是否存在一点G,使得平面EFG平面PDC?若存在,请说明其位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.,【解题提示】(1)由中位线性质,证明EFPA即可.(2)转化为求VE-FDC.(3)假设在CD上存在点G为CD的中点,使平面EFG平面PDC,通过相关证明验证正确与否.,【规范解答】(1)连接EF,AC,因为四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点,所以对角线AC经过F点.又在PAC中,点E为PC的中点,所以EF为PAC的中位线,所以EFPA,又PA平面PAD,EF平面PAD,所以EF平面PAD.,(2)过点P作AD的垂线PH,垂足为H,因为侧面PAD底面ABCD,PH平面PAD,侧面PAD底面ABCD=AD,所以PH平面ABCD,因为E为PC的中点,所以三棱锥E-FDC的高h=PH,又PA=PD=AD且AD=a,所以PH=,所以h=.所以三棱锥F-DEC的体积VF-DEC=VE-FDC=,(3)在线段CD上存在一点G为CD的中点,使得平面EFG平面PDC,因为底面ABCD是边长为a的正方形,所以CDAD.又侧面PAD底面ABCD,CD平面ABCD,侧面PAD平面ABCD=AD,所以CD平面PAD.又EF平面PAD,所以CDEF.,取CD中点G,连接FG,EG.因为F为BD中点,所以FGAD.又CDAD,所以FGCD,又FGEF=F,所以CD平面EFG,又CD平面PDC,所以平面EFG平面PDC.,【规律方法】解决探索性问题的方法(1)对命题条件的探索的三种途径.途径一:先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;途径二:先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.途径三:将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.(2)对命题结论的探索方法.从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.,【变式训练】(2015广州模拟)如图,在四棱锥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,试确定实数t的值,使得PA平面MQB.,【解析】(1)依题意,可设AB=2a,故AQ=a,又BAD=60,由余弦定理可知,BQ2=AQ2+AB2-2AQABcosBAD=a2+(2a)2-2a2acos 60=3a2.所以AQ2+BQ2=4a2=AB2.故可知AQB=90,可知ADBQ,(另解:连接BD,由BAD=60,AD=AB,可知ABD为等边三角形,又Q为AD的中点,所以也可证得ADBQ).,又在PAD中,PA=PD,Q为AD的中点,所以PQAD,又PQBQ=Q,所以AD平面PQB.又AD平面PAD,所以平面PQB平面PAD.,(2)连接AC交BQ于点O,连接MO,欲使PA平面MQB,只需满足PAOM即可.又由已知AQBC,易证得AQOCBO,所以 故只需 即t=时,满足题意.因为 所以可知PAOM,又PA平面MBQ,OM平面MBQ,所以可知当t=时,PA平面MQB.,【加固训练】(2014廊坊模拟)在如图所示的几何体中,面CDEF为正方形,面ABCD为等腰梯形,ABCD,AC=,AB=2BC=2,ACFB.(1)求证:AC平面FBC.(2)求四面体FBCD的体积.(3)线段AC上是否存在点M,使EA平面FDM?证明你的结论.,【解析】(1)在ABC中,因为AC=,AB=2,BC=1,所以ACBC.又因为ACFB,BCFB=B,所以AC平面FBC.(2)因为AC平面FBC,所以ACFC.因为CDFC,ACCD=C,所以FC平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得CB=DC=1,所以FC=1.所以BCD的面积为S=.所以四面体FBCD的体积为:VF-BCD=,(3)线段AC上存在点M,且M为AC中点时,有EA平面FDM.证明如下:连接CE,与DF交于点N,取AC的中点M,连接MN.如图所示,因为CDEF为正方形,所以N为CE中点.所以EAMN.因为MN平面FDM,EA平面FDM,所以EA平面FDM.所以线段AC上存在点M,使得EA平面FDM成立.,