【世紀金榜】高三文科數(shù)學(xué)熱點專題突破：平行、垂直的綜合問題

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1、熱點專題突破系列(四)平行、垂直的綜合問題考點一考點一 平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計算平行、垂直關(guān)系的證明與體積的計算【考情分析【考情分析】以空間幾何體以空間幾何體( (主要是柱、錐或簡單組合體主要是柱、錐或簡單組合體) )為載體為載體, ,通通過空間平行、垂直關(guān)系的論證命制過空間平行、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)及體積的計算等常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計算等知識交匯考查知識交匯考查, ,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上一點上一點, ,且且BM= ,NBM= ,N為為ABAB上一點上一點, ,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)因為因為BM=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)因為因為ABCDABCD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.因為因為BAD= ,BAD= ,故故OB=ABOB=ABsinsin =1, =1,又因為又因為BM= ,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BCBC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=此時此時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)對于平行直線可通過作輔助線對于平行直線可通過作輔助線, ,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, ,解答時合理利用中位線性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)解答時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. .解題時注意分析觀察幾何圖形解題時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”問題轉(zhuǎn)化為問題轉(zhuǎn)化為“線線平行線線平行”問題問題. .(2)(2)證明面面垂直證明面面垂直, ,將將“面面垂直面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直線面垂直”問題問題, ,再再將將“線面垂直線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直線線垂直”問題問題. .4.4.計算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點計算幾何體體積的關(guān)鍵及注意點計算幾何體的體積時計算幾何體的體積時, ,能直接用公式時能直接用公式時, ,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能直接用公式時, ,注意進行體積的轉(zhuǎn)化注意進行體積的轉(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的中點的中點, ,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)因為因為AC=BC,DAC=BC,D為為ABAB的中點的中點, ,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,又因為又因為CDCD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)因為平面因為平面A 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上一點上一點,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)求點求點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)過點過點B B作作CDCD的垂線交的垂線交CDCD于點于點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, ,因為因為BEBE2 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)點設(shè)點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所以點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考點二考點二 平面圖形折疊成空間幾何體問題平面圖形折疊成空間幾何體問題【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)系與計算有關(guān)的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類

16、重要考向幾何的一類重要考向, ,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, ,同時也將同時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, ,點點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)點設(shè)點F F是是ABAB的中點的中點. .(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的交點的交點, ,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, ,因為因為AC=6,BC=3,ABC=90AC=6,BC=3,ABC=90, ,所以所以A=30A=30,ACB=60,ACB=60. .因為因為CDCD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 .因為因為CE=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, ,因為平面因為平面BCDBCD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, ,因為因為EFEF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.因為點因為點E E在線段在線段ACAC上上,CE=4,CE=4,點點F F是是ABAB的中點的中點, ,所以所以AE=EG=CG=2.AE=EG=CG=2.作作BHCDBHCD于點于點H.H.因為平面因為平面BCDBCD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】折疊問題的求解策略折疊問題的求

21、解策略(1)(1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(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, ,長度是不變量長度是不變量, ,而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化. .(2)(2)在解決問題時在解決問題時, ,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. .進而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問題求解進而將其轉(zhuǎn)化為立體幾何的常規(guī)問題求解. .解決折疊問題的關(guān)注點解決折疊問題的關(guān)注點 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)先標出未一般優(yōu)先標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),),然后標出其他特殊角然后標出其他特殊角, ,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, ,在邊長為在邊長為3 3的正三角形的正三角形ABCABC中中,G,F,G,F為邊為邊ACAC的三等分點的三等分點,E,P,E,P分別是分別是AB,BCAB,B

23、C邊上的點邊上的點, ,滿足滿足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折后的對應(yīng)點分別記為折后的對應(yīng)點分別記為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的中點的中點D,D,連接連接FD,CFD,C1 1D.D.因為因為BC=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的中點的中點. .所以在所以在B B1 1EPEP中中,DC,DC1 1EBEB1 1. .又因為又因為AB=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.因為因為G,FG,F為為ACAC的三等分點的三等分點, ,所以所以GF=1.GF=1.EPEBACAB又因為又因為ED= 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.又因為又因為DCDC1 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.又因為又因為C 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.因為因為B 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.因為因為EFBEFB1 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)點設(shè)點E,FE,F分別為棱分別為棱AC,ADAC,AD的中點的中點. .(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)在圖甲中因為在圖甲中因為AB=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, ,因為平面因為平面ABDABD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)因為因為E,FE,F分別為分別為AC,ADAC,AD的中點的中點, ,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, ,因為因為ADC=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考點三考點三 線、面位置關(guān)系中的存在性問題線、面位置關(guān)系中的存在

30、性問題【考情分析【考情分析】是否存在某點或某參數(shù)是否存在某點或某參數(shù), ,使得某種線、面位置關(guān)系成立使得某種線、面位置關(guān)系成立問題問題, ,是近幾年高考命題的熱點是近幾年高考命題的熱點, ,常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn)常以解答題中最后一問的形式出現(xiàn), ,一般有三種類型一般有三種類型:(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)方法類比探索型方法類比探索型. .【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是邊長為是邊長為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的中點的中點. .(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上是否存在一點上是否存在一點G,G,使得平面使得平面EFGEFG平面平面PDC?PDC?若存在若存在, ,請說請說明其位置明其位置, ,并加以證明并加以證明; ;若不存在若不存在, ,請說明理由請說明理由. .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上存在點上存在點G G為為CDCD的中點的中點, ,使平面使平面EFGEFG平面平面PDC,PDC,通過相關(guān)證通過相關(guān)證明驗證正確與否明驗證正確與否. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)連接連接EF,AC,EF,AC,因為四棱錐因為四棱錐P-P-ABCDABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是邊長為是邊長為a a的正方形且點的正方形且點F F為對角線為對角線BDBD的中點的中點, ,所以對角線所以對角線ACAC經(jīng)過經(jīng)過F F點點. .又在又在PACPAC

33、中中, ,點點E E為為PCPC的中點的中點, ,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)過點過點P P作作ADAD的垂線的垂線PH,PH,垂足為垂足為H,H,因為側(cè)面因為側(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,因為因為E E為為PCPC的中點的中點, ,所以三棱錐所以三棱錐E-E-FDCFDC

34、的高的高h= 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上存在一點上存在一點G G為為CDCD的中點的中點, ,使得平面使得平面EFGEFG平面平面PDC,PDC,因為底面因為底面ABCDABCD是邊長為是邊長為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中點中點G,G,連接連接FG,EG.FG,EG.因為因為F F為為BDBD中點中點, ,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、問題的方法解決探索性問題的方法(1)(1)對命題條件的探索的三種途徑對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: :先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件先通過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: :將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題, ,探索出命題成立的條件探索出命題成立的條件. .(2)(2)對命題結(jié)論的探索方法對命題結(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, ,對于

37、探索結(jié)論是否存在對于探索結(jié)論是否存在, ,求解求解時常假設(shè)結(jié)論存在時常假設(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的中點的中點. .(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)點點M M在線段在線段PCPC上上,PM=tPC,PM=tPC, ,試確定實數(shù)試確定實數(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的中點的中點, ,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的中點的中點, ,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于點于點O,O,連接連接MO,MO,欲使欲使PAPA平面平面MQB,MQB,只

40、需滿足只需滿足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= 時時, ,滿足題意滿足題意. .因為因為 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,所以可知當所以可知當t= t= 時時,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上是否存在點上是否存在點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, ,因為因為AC= ,AB=2,BC=1,AC= ,AB=2,BC=1,所以所以ACBC.ACBC.又因為又因為ACFB,BCFB=B,ACFB,BCFB=B,所以所以A

42、CAC平面平面FBC.FBC.(2)(2)因為因為ACAC平面平面FBC,FBC,所以所以ACFC.ACFC.因為因為CDFC,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上存在點上存在點M,M,且且M M為為ACAC中點時中點時, ,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交于點交于點N,N,取取ACAC的中點的中點M,M,連接連接MN.MN.如圖所示如圖所示, ,因為因為CDEFCDEF為正方形為正方形, ,所以所以N N為為CECE中點中點. .所以所以EAMN.EAMN.因為因為MNMN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上存在點上存在點M,M,使得使得EAEA平面平面FDMFDM成立成立. .