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2022版高考数学大一轮复习 解题思维6 高考中立体几何解答题的提分策略备考试题

2022版高考数学大一轮复习 解题思维6 高考中立体几何解答题的提分策略备考试题

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解题思维6　高考中立体几何解答题的提分策略

1.[2021成都石室中学模拟,12分]如图6-1,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.
(1)求证:AC⊥平面BDEF.
(2)若AB=2,求三棱锥A-EDC的体积.

图6-1

2.[探索创新,12分]如图6-2,在三棱柱ABC-A'B'C'中,已知点A'在底面ABC内的射影是线段BC的中点D,B'C'⊥AA'.
(1)证明:AB=AC.
(2)若AB=BC=CC'=2,E是棱CC'上的动点(不包括端点).试问:三棱锥A-BB'E的体积是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

图6-2

3.[2021江西红色七校第一次联考,12分]如图6-3(1),平行四边形ABPC中,△ABC和△PBC均为边长为23的等边三角形,现沿BC将△PBC折起,使P'A=32,如图6-3(2).
(1)求证:平面P'BC⊥平面ABC.
(2)求点C到平面P'AB的距离.

(1)　　　　　　　　(2)
　　　　　图6-3

4.[理性思维,12分]如图6-4,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,AB=2,点P,Q,M分别是线段A1C1,AB,AD的中点,直线BD1与底面ABCD所成角的正切值为64.
(1)证明:PQ∥平面BD1M.
(2)求三棱锥P-MQC的表面积.

图6-4

答 案
　解题思维6高考中立体几何解答题的提分策略
1.(1)如图D 6-1,设AC与BD相交于点O,连接FO,
因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,O为AC的中点.
因为FA=FC,所以AC⊥FO,
因为FO∩BD=O,所以AC⊥平面BDEF.(4分)
(2)如图D 6-1,连接DF,因为四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,
所以△DBF为等边三角形,
所以FO⊥BD,
又AC⊥FO,AC∩BD=O,所以FO⊥平面ABCD,(6分)
因为AB=AD=2,∠DAB=60°,所以BD=2,
所以F到平面ABCD的距离为FO=3.(8分)
因为FE∥BD,BD⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,
所以E到平面ABCD的距离等于F到平面ABCD的距离.(10分)
S△ADC=12×2×2×sin2π3=3,
所以VA-EDC=VE-ADC=13×S△ADC×FO=1.(12分)

图D 6-1
2.(1)如图D 6-2,连接AD,A'D.
∵B'C'⊥AA',B'C'∥BC,
∴BC⊥AA'.(1分)
由题意可知A'D⊥平面ABC,
∵BC⊂平面ABC,∴BC⊥A'D.(2分)
又AA'∩A'D=A',∴BC⊥平面AA'D,(3分)
∴BC⊥AD.(4分)
又D是线段BC的中点,
∴AB=AC.(5分)

图D 6-2
(2)易得CE∥平面ABB',A'B'∥平面ABC.(6分)
∵AB=BC=CC'=2,且由(1)得AB=AC,∴△ABC为正三角形,AD=3,则A'D=AA'2-AD2=1.(8分)
连接B'C,A'C,A'B,
则VA-BB'E=VE-ABB'=VC-ABB'=VB'-ABC=VA'-ABC=13S△ABC·A'D=13×34×22×1=33,(11分)
∴三棱锥A-BB'E的体积是定值,且该定值是33.(12分)
3.(1)如图D 6-3,取BC的中点O,连接OP',OA,
∵△ABC和△P'BC均为边长为23的等边三角形,
∴AO⊥BC,OP'⊥BC,且OA=OP'=3,(2分)
∵AP'=32,∴OP'2+OA2=AP'2,
∴OP'⊥OA.(4分)
又OA∩BC=O,OA⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴OP'⊥平面ABC,(5分)
又OP'⊂平面P'BC,∴平面P'BC⊥平面ABC.(6分)

图D 6-3
(2)由(1)知,OP'⊥平面ABC,则三棱锥P'-ABC的体积VP'-ABC=13·S△ABC·P'O,S△ABC=12×23×23×32=33.
设点C到平面P'AB的距离为h,
则VC-P'AB=13·S△P'AB·h,
由题意可知,在△P'AB中,AB=P'B=23,AP'=32,
∴边P'A上的高为(23)2-(322)2=302,(8分)
∴S△P'AB=12×32×302=3152.(10分)
由VP'-ABC=VC-P'AB可得,13·S△ABC·P'O=13·S△P'AB·h,
由(1)知,P'O=3,
∴3·S△ABC=S△P'AB·h,
∴h=3·S△ABCS△P'AB=655,
即点C到平面P'AB的距离为655.(12分)
4.(1)如图D 6-4,连接BD,B1D1,因为BB1∥DD1,BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,
所以BD∥B1D1,BD=B1D1.(1分)
根据点Q,M分别是线段AB,AD的中点,得MQ∥BD,MQ=12BD,(2分)
所以MQ∥B1D1,MQ=12B1D1.(3分)
易知点P是线段B1D1的中点,所以MQ∥PD1,MQ=PD1,
所以四边形MQPD1是平行四边形,PQ∥MD1,(4分)
又PQ⊄平面BD1M,MD1⊂平面BD1M,
所以PQ∥平面BD1M.(5分)

图D 6-4
(2)由四边形ABCD是正方形,AB=2,得BD=22.
根据DD1⊥平面ABCD,得∠D1BD是直线BD1与底面ABCD所成的角,(6分)
则tan∠D1BD=DD1BD=DD122=64,DD1=3.(7分)
在△MQC中,MQ=2,QC=MC=5,
所以S△MQC=12×2×5-12=32.(8分)
如图D 6-4,取BD的中点O,连接PO,则PO⊥平面ABCD,PO=3,
连接OQ,OM,OC,则OQ=OM=1,OC=2,
所以PM=PQ=1+3=2,PC=2+3=5,
所以S△PMQ=12×2×22-(22)2=72,(10分)
S△PQC=S△PMC=12×2×(5)2-1=2.(11分)
因此三棱锥P-MQC的表面积S=S△MQC+S△PMQ+S△PQC+S△PMC=32+72+2+2=11+72.(12分)