6、的截面問(wèn)題，都要經(jīng)過(guò)先確定截面形狀，再解決問(wèn)題的過(guò)程，本例通過(guò)改變側(cè)棱長(zhǎng)而改變了截面形狀；也可以通過(guò)確定側(cè)棱長(zhǎng)，改變截面與底面所成角而改變截面形狀．
平行問(wèn)題是高考中熱點(diǎn)問(wèn)題，其中最重要的又是線線平行的判定，因?yàn)樗亲C明線面平行，面面平行的基礎(chǔ)，下面舉例解析線線平行的判定方法．
一、利用中位線定理得線線平行
題目中給出中點(diǎn)條件時(shí)，往往隱含著中位線的信息因素，利用中位線很容易尋求線線平行．但不同三角形中的中位線效果也不一樣，因此，尋求三角形的中位線也是解題的關(guān)鍵．
(2019·南京模擬)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，底面是菱形，AA1＝AB，點(diǎn)E、M分別為A1B、C1
7、C的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A1，B，M三點(diǎn)的平面A1BMN交C1D1于點(diǎn)N．求證：EM∥平面A1B1C1D1．
【證明】 取A1B1的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，C1F．
因?yàn)镋為A1B的中點(diǎn)，所以EF綊BB1 ．又因?yàn)镸為CC1中點(diǎn)，
所以EF綊C1M ．
所以四邊形EFC1M為平行四邊形，所以EM∥FC1．
而EM?平面A1B1C1D1，F(xiàn)C1?平面A1B1C1D1，
所以EM∥平面A1B1C1D1．
[名師點(diǎn)評(píng)] 線面關(guān)系轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想．
二、利用比例關(guān)系得線線平行
對(duì)應(yīng)線段成比例是平面幾何中判斷直線平行的重要依據(jù)，而線面平行的空間問(wèn)題通過(guò)轉(zhuǎn)化可變通為線線平行．
8、
已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)是13，平面ABCD外一點(diǎn)P到正方形各頂點(diǎn)的距離都為13，M、N分別是PA、BD上的點(diǎn)且PM∶MA＝BN∶ND＝5∶8，如圖所示．求證：直線MN∥平面PBC．
【證明】 連結(jié)AN并延長(zhǎng)交BC于E點(diǎn)，連結(jié)PE，則EN∶NA＝BN∶ND，所以＝，所以MN∥PE，而MN?平面PBC，PE?平面PBC，
所以MN∥平面PBC．
[名師點(diǎn)評(píng)] 利用成比例線段是尋求線線平行的一條行之有效的措施．
三、利用線面平行性質(zhì)得線線平行
線面平行的性質(zhì)定理中，包含要素：兩線兩面． 兩線兩面的關(guān)系是：一線在一面內(nèi)平行于另一面，一線是兩面的交線． 結(jié)論是：兩線平行．
(
9、2019·南京模擬)在四棱錐P-ABCD中．若平面PAB∩平面PCD＝l，問(wèn)：直線l能否與平面ABCD平行？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解】 假定直線l∥平面ABCD，由于l?平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以l∥CD．同理可得
l∥AB，所以AB∥CD．所以當(dāng)AB∥CD時(shí)直線l能與平面ABCD平行，否則不平行．
[名師點(diǎn)評(píng)] 線面關(guān)系轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系，體現(xiàn)了重要的數(shù)學(xué)思想方法：轉(zhuǎn)化的思想，化繁為簡(jiǎn)，化未知為已知．
四、利用面面平行性質(zhì)得線線平行
利用面面平行的性質(zhì)定理，即如果兩個(gè)平行平面同時(shí)和第三個(gè)平面相交，那么它們的交線平行．符號(hào)表示：若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a
10、∥b．
如圖所示，已知平面α∥平面β，A∈α，B∈α，C∈β，D∈β，AC，BD是異面直線，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AC，BD的中點(diǎn)，求證：EF∥α．
【證明】 如圖，過(guò)點(diǎn)E作直線A1C1∥BD，設(shè)A1C1與平面α，β分別交于點(diǎn)A1，C1．連結(jié)AA1，A1B，CC1，C1D．因?yàn)棣痢桅?，平面A1C1DB∩平面α＝A1B，平面A1C1DB∩平面β＝C1D，所以A1B∥C1D，又BD∥A1C1，所以四邊形A1C1DB為平行四邊形．同理，AA1∥CC1，又E為AC的中點(diǎn)，所以E為A1C1的中點(diǎn)，又F為BD的中點(diǎn)，所以EF∥A1B，因?yàn)锳1B?平面α，EF?平面α，所以EF∥α．
[名師點(diǎn)評(píng)]
11、第三個(gè)輔助平面往往要根據(jù)需要作出，或觀察出，這是面面平行性質(zhì)使用的需要．
總之線線平行的判定，不但需要平面幾何的知識(shí)作基礎(chǔ)，更需要解決問(wèn)題和處理問(wèn)題的方法，這需要在學(xué)習(xí)中善于思考、善于總結(jié)和積累，由量變到質(zhì)變，當(dāng)積累達(dá)到一定的程度，就會(huì)升華．
1．(2019·徐州、淮安、宿遷、連云港四市模擬)已知圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，則該圓錐的體積為_(kāi)_______．
[解析] 由題意得圓錐的底面半徑、高分別為r＝1，h＝，故該圓錐的體積為V＝π×12×＝．
[答案] π
2．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(五))《九章算術(shù)》第五章《商功》記載：今有圓堡瑽，周四丈八尺，高一
12、丈一尺，問(wèn)積幾何？此處圓堡瑽即圓柱體，其意思是：有一個(gè)圓柱體的底面周長(zhǎng)是4丈8尺，高1丈1尺，問(wèn)它的體積是多少？若π的值取3，估算該圓堡瑽的體積為_(kāi)_______立方尺．(注：一丈等于十尺)
[解析] 設(shè)該圓柱體底面圓的半徑為r尺，則由題意得2πr＝48，所以r≈8，又圓柱體的高為11尺，故該圓堡瑽的體積V＝πr2h≈2 112立方尺．
[答案] 2 112
3．(2019·蘇北四市高三模擬)已知矩形ABCD的邊AB＝4，BC＝3，若沿對(duì)角線AC折疊，使平面DAC⊥平面BAC，則三棱錐D-ABC的體積為_(kāi)_______．
[解析] 在平面DAC內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC，因?yàn)槠矫鍰AC⊥平面
13、BAC，由面面垂直的性質(zhì)定理可得DE⊥平面BAC．又DE＝，所以三棱錐D-ABC的體積為××4×3×＝．
[答案]
4．(2019·南京模擬)設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線b在平面α內(nèi)，直線c在平面β內(nèi)，且c⊥m，則“c⊥b”是“α⊥β”的________條件．
[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m，c?β，c⊥m可得c⊥α，因?yàn)閎?α，所以c⊥b．反過(guò)來(lái)c⊥b不能得到α⊥β(如b∥m時(shí)，由c⊥m可得c⊥b，但不能判斷α，β的位置關(guān)系)．
[答案] 必要不充分
5．如圖，正方體ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，若EF∥平面AB1C，則線段EF
14、的長(zhǎng)度等于________．
[解析] 因?yàn)镋F∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，又因?yàn)镋是AD的中點(diǎn)，
所以F是CD的中點(diǎn)，即EF是△ACD的中位線，
所以EF＝AC＝×2＝．
[答案]
6．(2019·揚(yáng)州模擬)設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個(gè)平面，有下列三個(gè)命題：
①若l⊥α，m?α，則l⊥m；
②若l∥α，m?α，則l∥m；
③若l∥α，m∥α，則l∥m．
則其中正確命題的序號(hào)是________．
[解析] 根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知①正確．
[答案] ①
7．(2019·南通高三模擬)已知正三棱柱的各
15、條棱長(zhǎng)均為a，圓柱的底面直徑和高均為b．若它們的體積相等，則a3∶b3的值為_(kāi)_______．
[解析] 由題意可得×a2××a＝π()2×b，即a3＝πb3，則＝＝．
[答案]
8．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(三))如圖，若三棱錐A1-BCB1的體積為3，則三棱柱ABC-A1B1C1的體積為_(kāi)_______．
[解析] 設(shè)三棱柱的底面面積為S，高為h，則VA1-ABC＝S△ABC·h＝Sh＝VABC-A1B1C1，
同理VC-A1B1C1＝VABC-A1B1C1，所以VA1-BCB1＝VABC-A1B1C1．又VA1-BCB1＝3，所以三棱柱ABC-A1B1C1
16、的體積為9．
[答案] 9
9．(2019·南通模擬)如圖是一幾何體的平面展開(kāi)圖，其中ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)．在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論：
①直線BE與CF異面；②直線BE與AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．
其中一定正確的有________個(gè)．
[解析] 如圖，易得EF∥AD，AD∥BC，
所以EF∥BC，即B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)共面，則①錯(cuò)誤，②正確，③正確，④不一定正確．
[答案] 2
10．(2019·江蘇高考專家原創(chuàng)卷)已知正三棱錐P-ABC的體積為，底面邊長(zhǎng)為2，D為側(cè)棱PA的中點(diǎn)，則四面體D-ABC的表面積
17、為_(kāi)_______．
[解析] 設(shè)底面正三角形ABC的中心為O，連結(jié)OA，OP，又底面邊長(zhǎng)為2，可得OA＝，由VP-ABC＝S△ABC·PO，即＝PO××22，得PO＝，所以PA＝＝2．S△ABC＝，S△DAB＝S△DAC＝，S△DBC＝，所以四面體D-ABC的表面積為2＋．
[答案] 2＋
11．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(二))已知三棱錐P-ABC中，PA＝，PC＝2，AC＝1，平面PAB⊥平面ABC，D是PA的中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)．
(1)求證：DE∥平面ABC；
(2)求證：平面BDE⊥平面PAB．
[證明] (1)因?yàn)镈是PA的中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)，
18、所以DE∥AC．
又DE?平面ABC，AC?平面ABC，
所以DE∥平面ABC．
(2)因?yàn)镻A＝，PC＝2，AC＝1，所以PA2＋AC2＝PC2，
所以三角形PAC是直角三角形，AC⊥PA．
又DE∥AC，所以DE⊥PA．
過(guò)P作PH⊥AB于H．
因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PH?平面PAB，
所以PH⊥AC．
又DE∥AC，所以DE⊥PH．
又PA∩PH＝P，PA，PH?平面PAB，
所以DE⊥平面PAB．
又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAB．
12．(2019·南京檢測(cè))如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別
19、為BB1，AC的中點(diǎn)．
(1)求證：BF∥平面A1EC；
(2)求證：平面A1EC⊥平面ACC1A1．
[證明] (1)連結(jié)AC1交A1C于點(diǎn)O，連結(jié)OE，OF，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形ACC1A1為平行四邊形，所以O(shè)A＝OC1．
又因?yàn)镕為AC中點(diǎn)，所以O(shè)F∥CC1且OF＝CC1．
因?yàn)镋為BB1中點(diǎn)，所以BE∥CC1且BE＝CC1．
所以BE∥OF且BE＝OF，所以四邊形BEOF是平行四邊形，所以BF∥OE．
又BF?平面A1EC，OE?平面A1EC，
所以BF∥平面A1EC．
(2)由(1)知BF∥OE，因?yàn)锳B＝CB，F(xiàn)為AC中點(diǎn)，
所以
20、BF⊥AC，所以O(shè)E⊥AC．
又因?yàn)锳A1⊥底面ABC，而B(niǎo)F?底面ABC，
所以AA1⊥BF．
由BF∥OE，得OE⊥AA1，而AA1，AC?平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A，
所以O(shè)E⊥平面ACC1A1．
因?yàn)镺E?平面A1EC，
所以平面A1EC⊥平面ACC1A1．
13．(2019·江蘇高考原創(chuàng)卷)如圖，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝4，DE＝2AB＝3，且F是CD的中點(diǎn)．
(1)求證：AF∥平面BCE；
(2)在線段CE上是否存在點(diǎn)H，使DH⊥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解] (1)證明：取CE
21、的中點(diǎn)P，連結(jié)FP，BP，
因?yàn)镕為CD的中點(diǎn)，
所以FP∥DE，且FP＝DE．
又AB∥DE，且AB＝DE，
所以AB∥FP，且AB＝FP，
所以四邊形ABPF為平行四邊形，
所以AF∥BP．
因?yàn)锳F?平面BCE，BP?平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
(2)在線段CE上存在點(diǎn)H，使DH⊥平面BCE．
理由如下：在△CDE中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥CE，交CE于點(diǎn)H，
因?yàn)椤鰽CD為正三角形，所以AF⊥CD．
因?yàn)锳B⊥平面ACD，DE∥AB，所以DE⊥平面ACD，又CD、AF?平面ACD，所以DE⊥AF，DE⊥CD．
又CD∩DE＝D，所以AF⊥平面DCE．又BP∥
22、AF，
所以BP⊥平面DCE．
因?yàn)镈H?平面CDE，所以DH⊥BP．
又BP∩CE＝P，
所以DH⊥平面BCE．
在Rt△CDE中，CD＝4，DE＝3，DH⊥CE，
所以CH＝，HE＝，＝．
14．如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D為AC的中點(diǎn)．
(1)求證：B1C1⊥平面ABB1A1；
(2)在CC1上是否存在一點(diǎn)E，使得∠BA1E＝45°，若存在，試確定E的位置，并判斷平面A1BD與平面BDE是否垂直？若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
[解] (1)證明：因?yàn)锳B＝B1B，所以四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，
23、
又因?yàn)锳C1⊥平面A1BD，所以AC1⊥A1B，
所以A1B⊥平面AB1C1，所以A1B⊥B1C1．
又在直棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥B1C1，
所以B1C1⊥平面ABB1A1．
(2)存在．證明如下：設(shè)AB＝BB1＝a，CE＝x，
因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，且AC1⊥A1D，所以A1B＝A1C1＝a，
又因?yàn)锽1C1⊥平面ABB1A1，B1C1⊥A1B1，所以B1C1＝a，BE＝，
A1E＝＝，
在△A1BE中，由余弦定理得BE2＝A1B2＋A1E2－2A1B·A1E·cos 45 °，
即a2＋x2＝2a2＋3a2＋x2－2ax－2·a·，所以＝2a－x，解得x＝a，即E是C1C的中點(diǎn)，
因?yàn)镈，E分別為AC，C1C的中點(diǎn)，所以DE∥AC1，
因?yàn)锳C1⊥平面A1BD，所以DE⊥平面A1BD，
又因?yàn)镈E?平面BDE，所以平面A1BD⊥平面BDE．
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（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 高考熱點(diǎn)追蹤（四）學(xué)案 文 蘇教版
