《【世紀(jì)金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點(diǎn)專(zhuān)題突破：平行、垂直的綜合問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【世紀(jì)金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點(diǎn)專(zhuān)題突破：平行、垂直的綜合問(wèn)題（53頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、熱點(diǎn)專(zhuān)題突破系列(四)平行、垂直的綜合問(wèn)題考點(diǎn)一考點(diǎn)一 平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計(jì)算平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計(jì)算【考情分析【考情分析】以空間幾何體以空間幾何體( (主要是柱、錐或簡(jiǎn)單組合體主要是柱、錐或簡(jiǎn)單組合體) )為載體為載體, ,通通過(guò)空間平行、垂直關(guān)系的論證命制過(guò)空間平行、垂直關(guān)系的論證命制, ,主要考查公理主要考查公理4 4及線、面平行與垂及線、面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理直的判定定理與性質(zhì)定理, ,常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計(jì)算等常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計(jì)算等知識(shí)交匯考查知識(shí)交匯考查, ,考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與考查學(xué)生的空間想象能力和推

2、理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想化歸思想, ,一般以解答題的形式出現(xiàn)一般以解答題的形式出現(xiàn), ,難度中等難度中等. .【典例【典例1 1】(2014(2014重慶高考改編重慶高考改編) )如圖所示如圖所示, ,在四棱錐在四棱錐P-ABCDP-ABCD中中, ,底面是以底面是以O(shè) O為中心的菱形為中心的菱形, ,POPO底面底面ABCD,AB=2,BAD= ,MABCD,AB=2,BAD= ,M為為BCBC上一點(diǎn)上一點(diǎn), ,且且BM= ,NBM= ,N為為ABAB上一點(diǎn)上一點(diǎn), ,且且BN= .BN= .(1)(1)證明證明:MN:MN平面平面PAC.PAC.(2)(2)證明證明:BC:BC平面平面

3、POM.POM.(3)(3)若若MPAP,MPAP,求四棱錐求四棱錐P-ABMOP-ABMO的體積的體積. .31212【解題提示【解題提示】(1)(1)只需證明只需證明MNMNACAC即可即可. .(2)(2)在平面在平面POMPOM內(nèi)可以找到內(nèi)可以找到OM,POOM,PO與與BCBC垂直垂直, ,從而得出結(jié)論從而得出結(jié)論. .(3)(3)直接利用體積公式求解即可直接利用體積公式求解即可. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)因?yàn)橐驗(yàn)锽M=BN= ,BM=BN= ,所以所以所以所以MNAC.MNAC.又又MNMN 平面平面PAC,ACPAC,AC平面平面PAC,PAC,所以所以MNMN平面平

4、面PAC.PAC.12BMBN,BCBA(2)(2)因?yàn)橐驗(yàn)锳BCDABCD為菱形為菱形,O,O為菱形中心為菱形中心, ,連接連接OB,OB,則則AOOB.AOOB.因?yàn)橐驗(yàn)锽AD= ,BAD= ,故故OB=ABOB=ABsinsin =1, =1,又因?yàn)橛忠驗(yàn)锽M= ,BM= ,且且OBM= ,OBM= ,在在OBMOBM中中, ,OMOM2 2=OB=OB2 2+BM+BM2 2-2OB-2OBBMBMcosOBMcosOBM36123221131( )2 1cos.2234 所以所以O(shè)BOB2 2=OM=OM2 2+BM+BM2 2, ,故故OMBM,OMBM,故故OMBC.OMBC.又

5、又POPO底面底面ABCD,ABCD,所以所以POBC.POBC.從而從而B(niǎo)CBC與平面與平面POMPOM內(nèi)兩條相交直線內(nèi)兩條相交直線OM,POOM,PO都垂直都垂直, ,所以所以BCBC平面平面POM.POM.(3)(3)由由(2)(2)得得,OA=AB,OA=ABcosOABcosOAB=2=2設(shè)設(shè)PO=a,PO=a,由由POPO底面底面ABCDABCD知知, ,POAPOA為直角三角形為直角三角形, ,故故PAPA2 2=PO=PO2 2+OA+OA2 2=a=a2 2+3.+3.由由POMPOM也是直角三角形也是直角三角形, ,故故PMPM2 2=PO=PO2 2+OM+OM2 2=a

6、=a2 2+ .+ .連接連接AM,AM,在在ABMABM中中, ,AMAM2 2=AB=AB2 2+BM+BM2 2-2AB-2ABBMBMcosABMcosABMcos3.63422112212( )2 2cos.2234 由已知由已知MPAP, MPAP, 故故APMAPM為直角三角形為直角三角形, ,則則PAPA2 2+PM+PM2 2=AM=AM2 2, ,即即 得得 ( (舍去舍去),),即即PO=PO=此時(shí)此時(shí)S S四邊形四邊形ABMOABMO=S=SAOBAOB+S+SOMBOMB= = AOAOOB+ OB+ BMBMOMOM所以四棱錐所以四棱錐P-ABMOP-ABMO的體積

7、的體積22321a3a,44 33a,a22 3.2121211135 33 1.22228 P ABMOABMO115 335VSPO.338216四邊形【規(guī)律方法【規(guī)律方法】1.1.空間兩直線位置關(guān)系的判定方法空間兩直線位置關(guān)系的判定方法(1)(1)對(duì)于平行直線可通過(guò)作輔助線對(duì)于平行直線可通過(guò)作輔助線, ,利用三角形或梯形中位線的性質(zhì)及利用三角形或梯形中位線的性質(zhì)及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理線面平行與面面平行的性質(zhì)定理. .(2)(2)垂直關(guān)系可采用線面垂直的性質(zhì)解決垂直關(guān)系可采用線面垂直的性質(zhì)解決. .2.2.空間線面的位置關(guān)系的判定方法空間線面的位置關(guān)系的判定方法(1)(1)證明直線

8、與平面平行證明直線與平面平行, ,設(shè)法在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線平行設(shè)法在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線平行, ,解答時(shí)合理利用中位線性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)解答時(shí)合理利用中位線性質(zhì)、線面平行的性質(zhì), ,或構(gòu)造平行四邊形或構(gòu)造平行四邊形, ,尋尋求比例關(guān)系確定兩直線平行求比例關(guān)系確定兩直線平行. .(2)(2)證明直線與平面垂直證明直線與平面垂直, ,主要途徑是找到一條直線與平面內(nèi)的兩條相主要途徑是找到一條直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直交直線垂直. .解題時(shí)注意分析觀察幾何圖形解題時(shí)注意分析觀察幾何圖形, ,尋求隱含條件尋求隱含條件. .3.3.空間面面的位置關(guān)系的判定方法空間面面的位置關(guān)系的判

9、定方法(1)(1)證明面面平行證明面面平行, ,需要證明線面平行需要證明線面平行, ,要證明線面平行需證明線線平要證明線面平行需證明線線平行行, ,將將“面面平行面面平行”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線平行線線平行”問(wèn)題問(wèn)題. .(2)(2)證明面面垂直證明面面垂直, ,將將“面面垂直面面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線面垂直線面垂直”問(wèn)題問(wèn)題, ,再再將將“線面垂直線面垂直”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“線線垂直線線垂直”問(wèn)題問(wèn)題. .4.4.計(jì)算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點(diǎn)計(jì)算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點(diǎn)計(jì)算幾何體的體積時(shí)計(jì)算幾何體的體積時(shí), ,能直接用公式時(shí)能直接用公式時(shí), ,關(guān)鍵是確定幾何體的高關(guān)鍵是確定幾

10、何體的高, ,而不而不能直接用公式時(shí)能直接用公式時(shí), ,注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化注意進(jìn)行體積的轉(zhuǎn)化. .【變式訓(xùn)練【變式訓(xùn)練】(2015(2015杭州模擬杭州模擬) )如圖如圖, ,在三棱柱在三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1中中,ACBC,ABBB,ACBC,ABBB1 1,AC=BC=BB,AC=BC=BB1 1=2,=2,D D為為ABAB的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,且且CDDACDDA1 1. .(1)(1)求證求證: :平面平面A A1 1B B1 1BB平面平面ABC.ABC.(2)(2)求多面體求多面體DBC-ADBC-A1 1B B1 1C C1 1的體積的體積. .【解

11、析【解析】(1)(1)因?yàn)橐驗(yàn)锳C=BC,DAC=BC,D為為ABAB的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以所以CDAB,CDAB,又又CDDACDDA1 1,ABDA,ABDA1 1=D,=D,所以所以CDCD平面平面A A1 1B B1 1B,B,又因?yàn)橛忠驗(yàn)镃DCD平面平面ABC,ABC,故平面故平面A A1 1B B1 1BB平面平面ABC.ABC.(2)(2)因?yàn)槠矫嬉驗(yàn)槠矫鍭 A1 1B B1 1BB平面平面ABC,ABC,平面平面A A1 1B B1 1BB平面平面ABC=AB,BBABC=AB,BB1 1平面平面A A1 1B B1 1B,ABBBB,ABBB1 1, ,所以所以BBBB1 1

12、平面平面ABC,ABC,因此因此=S=SABCABC|AA|AA1 1|- S|- SADCADC|AA|AA1 1|=S|=SABCABC|AA|AA1 1|- S|- SABCABC|AA|AA1 1|=|= S SABCABC|AA|AA1 1|= .|= .111111DBC A B CABC A B CVV多面體棱柱1AADCV棱錐13113256103【加固訓(xùn)練【加固訓(xùn)練】(2013(2013江西高考江西高考) )如圖如圖, ,四棱柱四棱柱ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AA,AA1 1面面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD= ,A

13、AABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD= ,AA1 1=3,E=3,E為為CDCD上一點(diǎn)上一點(diǎn),DE=1,EC=3.,DE=1,EC=3.(1)(1)證明證明:BE:BE平面平面BBBB1 1C C1 1C.C.(2)(2)求點(diǎn)求點(diǎn)B B1 1到平面到平面EAEA1 1C C1 1的距離的距離. .2【解析【解析】(1)(1)過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn)B B作作CDCD的垂線交的垂線交CDCD于點(diǎn)于點(diǎn)F,F,則則BF=AD= ,BF=AD= ,EF=AB-DE=1,FC=2.EF=AB-DE=1,FC=2.在在RtRtBFEBFE中中,BE= ,BE= ,在在RtRtCFBCFB中中,BC= .,BC=

14、 .在在BECBEC中中, ,因?yàn)橐驗(yàn)锽EBE2 2+BC+BC2 2=9=EC=9=EC2 2, ,所以所以BEBC,BEBC,又由又由BBBB1 1平面平面ABCDABCD得得BEBBBEBB1 1, ,又又BBBB1 1BC=B,BC=B,故故BEBE平面平面BBBB1 1C C1 1C.C.236(2)(2)在在RtRtA A1 1D D1 1C C1 1中，中，同理，同理，則則設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)B B1 1到平面到平面EAEA1 1C C1 1的距離為的距離為d d，則三棱錐，則三棱錐B B1 1-EA-EA1 1C C1 1的體積為的體積為所以點(diǎn)所以點(diǎn)B B1 1到平面到平面EAEA1 1C

15、 C1 1的距離為的距離為111111E A B C1A B C1VAA S2.322111111A CA DD C 3 2.222221111ECECCC3 2A EA AADDE2 3.，11A C ES3 5.11A C E110Vd S5d,5d2,d.35 從而10.5考點(diǎn)二考點(diǎn)二 平面圖形折疊成空間幾何體問(wèn)題平面圖形折疊成空間幾何體問(wèn)題【考情分析【考情分析】先將平面圖形折疊成空間幾何體先將平面圖形折疊成空間幾何體, ,再以其為載體研究其再以其為載體研究其中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體中的線、面間的位置關(guān)系與計(jì)算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類(lèi)

16、重要考向幾何的一類(lèi)重要考向, ,它很好地將平面圖形拓展成空間圖形它很好地將平面圖形拓展成空間圖形, ,同時(shí)也將同時(shí)也將空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑空間立體圖形向平面圖形轉(zhuǎn)化提供了具體形象的途徑, ,是高考深層次是高考深層次考查空間想象能力的主要方向考查空間想象能力的主要方向. .【典例【典例2 2】(2015(2015中山模擬中山模擬) )如圖如圖1 1所示所示, ,在在RtRtABCABC中中,AC=6,BC=3, ,AC=6,BC=3, ABC=90ABC=90,CD,CD為為ACBACB的平分線的平分線, ,點(diǎn)點(diǎn)E E在線段在線段ACAC上上, ,且且CE=4.CE=4

17、.如圖如圖2 2所示所示, ,將將BCDBCD沿沿CDCD折起折起, ,使得平面使得平面BCDBCD平面平面ACD,ACD,連接連接AB,AB,設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)F F是是ABAB的中點(diǎn)的中點(diǎn). .(1)(1)求證求證:DE:DE平面平面BCD.BCD.(2)(2)若若EFEF平面平面BDG,BDG,其中其中G G為直線為直線ACAC與平面與平面BDGBDG的交點(diǎn)的交點(diǎn), ,求三棱錐求三棱錐B-DEGB-DEG的體積的體積. .【解題提示【解題提示】(1)(1)由平面由平面BCDBCD平面平面ACD,ACD,只需證明只需證明DEDCDEDC即可即可. .(2)(2)先由平面先由平面BCDBCD平面平面A

18、CD,ACD,求得求得B B到平面到平面ACD,ACD,即即DEGDEG的距離的距離, ,再由體積再由體積公式求解公式求解. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)在題圖在題圖1 1中中, ,因?yàn)橐驗(yàn)锳C=6,BC=3,ABC=90AC=6,BC=3,ABC=90, ,所以所以A=30A=30,ACB=60,ACB=60. .因?yàn)橐驗(yàn)镃DCD為為ACBACB的平分線的平分線, ,所以所以BCD=ACD=30BCD=ACD=30, ,所以所以CD=2 .CD=2 .因?yàn)橐驗(yàn)镃E=4,DCE=30CE=4,DCE=30, ,由余弦定理可得由余弦定理可得cos30cos30= = 即即 , ,解得解得

19、DE=2.DE=2.則則CDCD2 2+DE+DE2 2=EC=EC2 2, ,所以所以CDE=90CDE=90,DEDC.,DEDC.3222CECDDE,2CE CD22234(2 3)DE22 4 2 3 在題圖在題圖2 2中中, ,因?yàn)槠矫嬉驗(yàn)槠矫鍮CDBCD平面平面ACD,ACD,平面平面BCDBCD平面平面ACD=CD,ACD=CD,DEDE平面平面ACD,ACD,且且DEDC,DEDC,所以所以DEDE平面平面BCD.BCD.(2)(2)在題圖在題圖2 2中中, ,因?yàn)橐驗(yàn)镋FEF平面平面BDG,EFBDG,EF平面平面ABC,ABC,平面平面ABCABC平面平面BDG=BG,B

20、DG=BG,所以所以EFBG.EFBG.因?yàn)辄c(diǎn)因?yàn)辄c(diǎn)E E在線段在線段ACAC上上,CE=4,CE=4,點(diǎn)點(diǎn)F F是是ABAB的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以所以AE=EG=CG=2.AE=EG=CG=2.作作BHCDBHCD于點(diǎn)于點(diǎn)H.H.因?yàn)槠矫嬉驗(yàn)槠矫鍮CDBCD平面平面ACD,ACD,所以所以BHBH平面平面ACD.ACD.由已知可得由已知可得所以三棱錐所以三棱錐B-DEGB-DEG的體積的體積V= SV= SDEGDEGBH=BH=BD BC333BH.DC22 3DEGACD111SSAC CD sin 303,332 131333.322【規(guī)律方法【規(guī)律方法】折疊問(wèn)題的求解策略折疊問(wèn)題的求

21、解策略(1)(1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量. .一般情況下一般情況下, ,長(zhǎng)度是不變量長(zhǎng)度是不變量, ,而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化. .(2)(2)在解決問(wèn)題時(shí)在解決問(wèn)題時(shí), ,要綜合考慮折疊前后的圖形要綜合考慮折疊前后的圖形, ,既要分析折疊后的圖既要分析折疊后的圖形形, ,也要分析折疊前的圖形也要分析折疊前的圖形. .進(jìn)而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問(wèn)題求解進(jìn)而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問(wèn)題求解. .解決折疊問(wèn)題的關(guān)注點(diǎn)解決折疊問(wèn)題的關(guān)注點(diǎn) 平面圖形折疊成空間圖形平面圖形折疊成空間圖形,

22、 ,主要抓住變與不變的量主要抓住變與不變的量, ,所謂不變的量所謂不變的量, ,即是指即是指“未折壞未折壞”的元素的元素, ,包括包括“未折壞未折壞”的邊和角的邊和角, ,一般優(yōu)先標(biāo)出未一般優(yōu)先標(biāo)出未折壞的直角折壞的直角( (從而觀察是否存在線面垂直從而觀察是否存在線面垂直),),然后標(biāo)出其他特殊角然后標(biāo)出其他特殊角, ,以及以及所有不變的線段所有不變的線段. .【變式訓(xùn)練【變式訓(xùn)練】(2015(2015天津模擬天津模擬) )如圖如圖, ,在邊長(zhǎng)為在邊長(zhǎng)為3 3的正三角形的正三角形ABCABC中中,G,F,G,F為邊為邊ACAC的三等分點(diǎn)的三等分點(diǎn),E,P,E,P分別是分別是AB,BCAB,B

23、C邊上的點(diǎn)邊上的點(diǎn), ,滿(mǎn)足滿(mǎn)足AE=CP=1,AE=CP=1,今今將將BEP,BEP,CFPCFP分別沿分別沿EP,FPEP,FP向上折起向上折起, ,使邊使邊BPBP與邊與邊CPCP所在的直線重所在的直線重合合,B,C,B,C折后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為折后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別記為B B1 1,C,C1 1. .(1)(1)求證求證:C:C1 1FF平面平面B B1 1GE.GE.(2)(2)求證求證:PF:PF平面平面B B1 1EF.EF.【證明【證明】(1)(1)取取EPEP的中點(diǎn)的中點(diǎn)D,D,連接連接FD,CFD,C1 1D.D.因?yàn)橐驗(yàn)锽C=3,CP=1,BC=3,CP=1,所以折起后所以折起后

24、C C1 1為為B B1 1P P的中點(diǎn)的中點(diǎn). .所以在所以在B B1 1EPEP中中,DC,DC1 1EBEB1 1. .又因?yàn)橛忠驗(yàn)锳B=BC=AC=3,AE=CP=1,AB=BC=AC=3,AE=CP=1,所以所以 , ,所以所以EP=2EP=2且且EPGF.EPGF.因?yàn)橐驗(yàn)镚,FG,F為為ACAC的三等分點(diǎn)的三等分點(diǎn), ,所以所以GF=1.GF=1.EPEBACAB又因?yàn)橛忠驗(yàn)镋D= EP=1,ED= EP=1,所以所以GF=ED,GF=ED,所以四邊形所以四邊形GEDFGEDF為平行四邊形為平行四邊形. .所以所以FDGE.FDGE.又因?yàn)橛忠驗(yàn)镈CDC1 1FD=D,GEBFD

25、=D,GEB1 1E=E,E=E,所以平面所以平面DFCDFC1 1平面平面B B1 1GE.GE.又因?yàn)橛忠驗(yàn)镃 C1 1F F平面平面DFCDFC1 1, ,所以所以C C1 1FF平面平面B B1 1GE.GE.12(2)(2)連接連接EF,BEF,B1 1F,F,由已知得由已知得EPF=60EPF=60, ,且且FP=1,EP=2,FP=1,EP=2,由余弦定理由余弦定理, ,得得EFEF2 2=1=12 2+2+22 2-2-21 12 2cos60cos60=3,=3,所以所以FPFP2 2+EF+EF2 2=EP=EP2 2, ,可得可得PFEF.PFEF.因?yàn)橐驗(yàn)锽 B1 1C

26、 C1 1=PC=PC1 1=1,C=1,C1 1F=1,F=1,得得FCFC1 1=B=B1 1C C1 1=PC=PC1 1, ,所以所以PBPB1 1F F的中線的中線C C1 1F= PBF= PB1 1, ,可得可得PBPB1 1F F是直角三角形是直角三角形, ,即即B B1 1FPF.FPF.因?yàn)橐驗(yàn)镋FBEFB1 1F=F,EF,BF=F,EF,B1 1F F平面平面B B1 1EF,EF,所以所以PFPF平面平面B B1 1EF.EF.12【加固訓(xùn)練【加固訓(xùn)練】(2013(2013湖北高考湖北高考) )如圖甲如圖甲, ,在平面四邊形在平面四邊形ABCDABCD中中, ,已知已

27、知A=45A=45,C,C=90=90,ADC=105,ADC=105,AB=BD,AB=BD,現(xiàn)將四邊形現(xiàn)將四邊形ABCDABCD沿沿BDBD折起折起, ,使平面使平面ABDABD平面平面BDCBDC( (如圖乙如圖乙),),設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)E,FE,F分別為棱分別為棱AC,ADAC,AD的中點(diǎn)的中點(diǎn). .(1)(1)求證求證:DC:DC平面平面ABC.ABC.(2)(2)設(shè)設(shè)CD=a,CD=a,求三棱錐求三棱錐A-BFEA-BFE的體積的體積. .【解析【解析】(1)(1)在圖甲中因?yàn)樵趫D甲中因?yàn)锳B=BDAB=BD且且A=45A=45, ,所以所以ADB=45ADB=45,ABD=90,ABD=

28、90, ,即即ABBD.ABBD.在圖乙中在圖乙中, ,因?yàn)槠矫嬉驗(yàn)槠矫鍭BDABD平面平面BDC,BDC,且平面且平面ABDABD平面平面BDC=BD,BDC=BD,所以所以ABAB底面底面BDC,BDC,所以所以ABCD.ABCD.又又DCB=90DCB=90, ,所以所以DCBC,DCBC,且且ABBC=B,ABBC=B,所以所以DCDC平面平面ABC.ABC.(2)(2)因?yàn)橐驗(yàn)镋,FE,F分別為分別為AC,ADAC,AD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以所以EFCD,EFCD,又由又由(1)(1)知知,DC,DC平面平面ABC,ABC,所以所以EFEF平面平面ABC,ABC,所以所以V VA-B

29、FEA-BFE=V=VF-AEBF-AEB= S= SAEBAEBFEFE在圖甲中在圖甲中, ,因?yàn)橐驗(yàn)锳DC=105ADC=105, ,所以所以BDC=60BDC=60,DBC=30,DBC=30, ,13由由CD=aCD=a得得BD=2a,BC= a,EFBD=2a,BC= a,EF= CD= a,= CD= a,所以所以S SABCABC= AB= ABBC= BC= 2a2a a= a a= a2 2, ,所以所以S SAEBAEB= =所以所以3121212123323a ,223A BFE1313Vaaa .32212考點(diǎn)三考點(diǎn)三 線、面位置關(guān)系中的存在性問(wèn)題線、面位置關(guān)系中的存在

30、性問(wèn)題【考情分析【考情分析】是否存在某點(diǎn)或某參數(shù)是否存在某點(diǎn)或某參數(shù), ,使得某種線、面位置關(guān)系成立使得某種線、面位置關(guān)系成立問(wèn)題問(wèn)題, ,是近幾年高考命題的熱點(diǎn)是近幾年高考命題的熱點(diǎn), ,常以解答題中最后一問(wèn)的形式出現(xiàn)常以解答題中最后一問(wèn)的形式出現(xiàn), ,一般有三種類(lèi)型一般有三種類(lèi)型:(1):(1)條件追溯型條件追溯型.(2).(2)存在探索型存在探索型.(3).(3)方法類(lèi)比探索型方法類(lèi)比探索型. .【典例【典例3 3】(2015(2015威海模擬威海模擬) )如圖所示如圖所示, ,在四棱錐在四棱錐P P- -ABCDABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是邊長(zhǎng)為是邊長(zhǎng)為a a的正方形的

31、正方形, ,側(cè)面?zhèn)让鍼ADPAD底面底面ABCD,ABCD,且且PA=PD= AD,PA=PD= AD,若若E,FE,F分分別為別為PC,BDPC,BD的中點(diǎn)的中點(diǎn). .(1)(1)求證求證:EF:EF平面平面PAD.PAD.(2)(2)求三棱錐求三棱錐F F- -DECDEC的體積的體積. .(3)(3)在線段在線段CDCD上是否存在一點(diǎn)上是否存在一點(diǎn)G,G,使得平面使得平面EFGEFG平面平面PDC?PDC?若存在若存在, ,請(qǐng)說(shuō)請(qǐng)說(shuō)明其位置明其位置, ,并加以證明并加以證明; ;若不存在若不存在, ,請(qǐng)說(shuō)明理由請(qǐng)說(shuō)明理由. .22【解題提示【解題提示】(1)(1)由中位線性質(zhì)由中位線性質(zhì)

32、, ,證明證明EFPAEFPA即可即可. .(2)(2)轉(zhuǎn)化為求轉(zhuǎn)化為求V VE-FDCE-FDC. .(3)(3)假設(shè)在假設(shè)在CDCD上存在點(diǎn)上存在點(diǎn)G G為為CDCD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,使平面使平面EFGEFG平面平面PDC,PDC,通過(guò)相關(guān)證通過(guò)相關(guān)證明驗(yàn)證正確與否明驗(yàn)證正確與否. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)連接連接EF,AC,EF,AC,因?yàn)樗睦忮F因?yàn)樗睦忮FP-P-ABCDABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是邊長(zhǎng)為是邊長(zhǎng)為a a的正方形且點(diǎn)的正方形且點(diǎn)F F為對(duì)角線為對(duì)角線BDBD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以對(duì)角線所以對(duì)角線ACAC經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò)F F點(diǎn)點(diǎn). .又在又在PACPAC

33、中中, ,點(diǎn)點(diǎn)E E為為PCPC的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以所以EFEF為為PACPAC的中位線的中位線, ,所以所以EFPA,EFPA,又又PAPA平面平面PAD,EFPAD,EF 平面平面PAD,PAD,所以所以EFEF平面平面PAD.PAD.(2)(2)過(guò)點(diǎn)過(guò)點(diǎn)P P作作ADAD的垂線的垂線PH,PH,垂足為垂足為H,H,因?yàn)閭?cè)面因?yàn)閭?cè)面PADPAD底面底面ABCD,PHABCD,PH平面平面PAD,PAD,側(cè)面?zhèn)让鍼ADPAD底面底面ABCD=AD,ABCD=AD,所以所以PHPH平面平面ABCD,ABCD,因?yàn)橐驗(yàn)镋 E為為PCPC的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以三棱錐所以三棱錐E-E-FDCFDC

34、的高的高h(yuǎn)= PH,h= PH,又又PA=PD= ADPA=PD= AD且且AD=a,AD=a,所以所以PH= ,PH= ,所以所以h= .h= .所以三棱錐所以三棱錐F-F-DECDEC的體積的體積V VF-DECF-DEC=V=VE-FDCE-FDC= = 1222a2a43111111S FDC haaaa .3322448(3)(3)在線段在線段CDCD上存在一點(diǎn)上存在一點(diǎn)G G為為CDCD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,使得平面使得平面EFGEFG平面平面PDC,PDC,因?yàn)榈酌嬉驗(yàn)榈酌鍭BCDABCD是邊長(zhǎng)為是邊長(zhǎng)為a a的正方形的正方形, ,所以所以CDAD.CDAD.又側(cè)面又側(cè)面PADPAD

35、底面底面ABCD,CDABCD,CD平面平面ABCD,ABCD,側(cè)面?zhèn)让鍼ADPAD平面平面ABCD=AD,ABCD=AD,所以所以CDCD平面平面PAD.PAD.又又EFEF平面平面PAD,PAD,所以所以CDEF.CDEF.取取CDCD中點(diǎn)中點(diǎn)G,G,連接連接FG,EG.FG,EG.因?yàn)橐驗(yàn)镕 F為為BDBD中點(diǎn)中點(diǎn), ,所以所以FGAD.FGAD.又又CDAD,CDAD,所以所以FGCD,FGCD,又又FGEF=F,FGEF=F,所以所以CDCD平面平面EFG,EFG,又又CDCD平面平面PDC,PDC,所以平面所以平面EFGEFG平面平面PDC.PDC.【規(guī)律方法【規(guī)律方法】解決探索性

36、問(wèn)題的方法解決探索性問(wèn)題的方法(1)(1)對(duì)命題條件的探索的三種途徑對(duì)命題條件的探索的三種途徑. .途徑一途徑一: :先猜后證先猜后證, ,即先觀察與嘗試給出條件再證明即先觀察與嘗試給出條件再證明; ;途徑二途徑二: :先通過(guò)命題成立的必要條件探索出命題成立的條件先通過(guò)命題成立的必要條件探索出命題成立的條件, ,再證明充再證明充分性分性. .途徑三途徑三: :將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題, ,探索出命題成立的條件探索出命題成立的條件. .(2)(2)對(duì)命題結(jié)論的探索方法對(duì)命題結(jié)論的探索方法. .從條件出發(fā)從條件出發(fā), ,探索出要求的結(jié)論是什么探索出要求的結(jié)論是什么, ,對(duì)于

37、探索結(jié)論是否存在對(duì)于探索結(jié)論是否存在, ,求解求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在, ,再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論. .【變式訓(xùn)練【變式訓(xùn)練】(2015(2015廣州模擬廣州模擬) )如圖如圖, ,在四棱錐在四棱錐P P- -ABCDABCD中中, ,底面底面ABCDABCD為為菱形菱形,BAD=60,BAD=60,Q,Q為為ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn). .(1)(1)若若PA=PD,PA=PD,求證求證: :平面平面PQBPQB平面平面PAD.PAD.(2)(2)點(diǎn)點(diǎn)M M在線段在線段PCPC上上,PM=tPC,PM=tPC, ,試確定實(shí)數(shù)試確定實(shí)數(shù)t t的值的值

38、, ,使得使得PAPA平面平面MQB.MQB.【解析【解析】(1)(1)依題意依題意, ,可設(shè)可設(shè)AB=2a,AB=2a,故故AQ=a,AQ=a,又又BAD=60BAD=60, ,由余弦定理可知由余弦定理可知,BQ,BQ2 2=AQ=AQ2 2+AB+AB2 2-2AQ-2AQABABcosBAD=acosBAD=a2 2+(2a)+(2a)2 2- -2 2a a2a2acos 60cos 60=3a=3a2 2. .所以所以AQAQ2 2+BQ+BQ2 2=4a=4a2 2=AB=AB2 2. .故可知故可知AQB=90AQB=90, ,可知可知ADBQ,ADBQ,( (另解另解: :連接

39、連接BD,BD,由由BAD=60BAD=60,AD=AB,AD=AB,可知可知ABDABD為等邊三角形為等邊三角形, ,又又Q Q為為ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以也可證得所以也可證得ADBQ).ADBQ).又在又在PADPAD中中,PA=PD,Q,PA=PD,Q為為ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,所以所以PQAD,PQAD,又又PQBQ=Q,PQBQ=Q,所以所以ADAD平面平面PQB.PQB.又又ADAD平面平面PAD,PAD,所以平面所以平面PQBPQB平面平面PAD.PAD.(2)(2)連接連接ACAC交交BQBQ于點(diǎn)于點(diǎn)O,O,連接連接MO,MO,欲使欲使PAPA平面平面MQB,MQB,只

40、需滿(mǎn)足只需滿(mǎn)足PAOMPAOM即可即可. .又由已知又由已知AQBC,AQBC,易證得易證得AQOAQOCBO,CBO,所以所以 故只需故只需 即即t= t= 時(shí)時(shí), ,滿(mǎn)足題意滿(mǎn)足題意. .因?yàn)橐驗(yàn)?所以可知所以可知PAOM,PAOM,又又PAPA 平面平面MBQ,OMMBQ,OM平面平面MBQ,MBQ,所以可知當(dāng)所以可知當(dāng)t= t= 時(shí)時(shí),PA,PA平面平面MQB.MQB.AOAQ1.OCBC2PM1,MC213PMAO1,MCOC213【加固訓(xùn)練【加固訓(xùn)練】(2014(2014廊坊模擬廊坊模擬) )在如圖所示的幾何在如圖所示的幾何體中體中, ,面面CDEFCDEF為正方形為正方形, ,面

41、面ABCDABCD為等腰梯形為等腰梯形,ABCD,ABCD,AC= ,AB=2BC=2,ACFB.AC= ,AB=2BC=2,ACFB.(1)(1)求證求證:AC:AC平面平面FBC.FBC.(2)(2)求四面體求四面體FBCDFBCD的體積的體積. .(3)(3)線段線段ACAC上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn)M,M,使使EAEA平面平面FDM?FDM?證明你的結(jié)論證明你的結(jié)論. .3【解析【解析】(1)(1)在在ABCABC中中, ,因?yàn)橐驗(yàn)锳C= ,AB=2,BC=1,AC= ,AB=2,BC=1,所以所以ACBC.ACBC.又因?yàn)橛忠驗(yàn)锳CFB,BCFB=B,ACFB,BCFB=B,所以所以A

42、CAC平面平面FBC.FBC.(2)(2)因?yàn)橐驗(yàn)锳CAC平面平面FBC,FBC,所以所以ACFC.ACFC.因?yàn)橐驗(yàn)镃DFC,ACCD=C,CDFC,ACCD=C,所以所以FCFC平面平面ABCD.ABCD.在等腰梯形在等腰梯形ABCDABCD中可得中可得CB=DC=1,CB=DC=1,所以所以FC=1.FC=1.所以所以BCDBCD的面積為的面積為S= .S= .所以四面體所以四面體FBCDFBCD的體積為的體積為:V:VF-BCDF-BCD= = 33413S FC312(3)(3)線段線段ACAC上存在點(diǎn)上存在點(diǎn)M,M,且且M M為為ACAC中點(diǎn)時(shí)中點(diǎn)時(shí), ,有有EAEA平面平面FDM.FDM.證明如下證明如下: :連接連接CE,CE,與與DFDF交于點(diǎn)交于點(diǎn)N,N,取取ACAC的中點(diǎn)的中點(diǎn)M,M,連接連接MN.MN.如圖所示如圖所示, ,因?yàn)橐驗(yàn)镃DEFCDEF為正方形為正方形, ,所以所以N N為為CECE中點(diǎn)中點(diǎn). .所以所以EAMN.EAMN.因?yàn)橐驗(yàn)镸NMN平面平面FDM,EAFDM,EA 平面平面FDM,FDM,所以所以EAEA平面平面FDM.FDM.所以線段所以線段ACAC上存在點(diǎn)上存在點(diǎn)M,M,使得使得EAEA平面平面FDMFDM成立成立. .