2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第2課時 空間距離與幾何體中體積、面積的計算練習 文

《2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第2課時 空間距離與幾何體中體積、面積的計算練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第2課時 空間距離與幾何體中體積、面積的計算練習 文（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2課時　空間距離與幾何體中體積、面積的計算 [考情分析]　空間距離和幾何體體積(面積)問題是每年高考的必考內容，并且多在解答題的第二、三問中出現，難度適中，為中檔題. 熱點題型分析 熱點1　空間距離的計算 點面距離常用以下兩種方法求解：一是直接做出垂線段求解；二是利用三棱錐體積轉換，求點到面的距離． (2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離． 解　(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中

2、點，所以OP⊥AC，且OP＝2.連接OB，因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC. (2)作CH⊥OM，垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°. 所以由余弦定理，得OM＝， CH＝＝. 所以點C到平面POM的距離為. 誠如上文所說，求點面距問題可以采用等積轉換求解，除此之外個別問題也可采用垂面法(利用面面垂直性

3、質定理)和等價轉移法(利用線面平行)求解．當然，一些求幾何體體積問題，也是對點面距問題的相應考查． 如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1. (1)求證：AD⊥平面BFED； (2)已知點P在線段EF上，且＝2，求D到面APE的距離． 解　(1)證明：在梯形ABCD中，因為AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，所以∠DAB＝∠CBA＝60°，AB＝2，所以由余弦定理得BD＝.因此AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.又因為平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩

4、平面ABCD＝BD，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面BFED. (2)由(1)知，AD⊥平面BFED，所以AD⊥EP，AD⊥ED.又因為EP⊥ED，所以EP⊥平面ADE.BD＝，BF＝1，＝2，所以EP＝，設D到面PEA的距離為d，因為VA－EDP＝VD－AEP，即·AD·S△EDP＝·d·S△AEP，所以d＝＝＝. 熱點2　幾何體體積(面積)的計算 空間幾何體體積的常用公式： (1)V柱＝Sh(S為底面面積，h為體高)； (2)V錐＝Sh(S為底面面積，h為體高)； (3)V臺＝(S＋＋S′)h(S′，S分別為上，下底面面積，h為體高)(不要求記憶)． (2019·全

5、國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E－BB1C1C的體積． 解　(1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由題設知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°， 故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6. 如圖，作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1

6、C，且EF＝AB＝3. 所以四棱錐E－BB1C1C的體積 V＝×3×6×3＝18. 1．直接法：求一些規(guī)則幾何體的體積時，可以根據幾何體的特點，利用線面垂直、面面垂直等條件，確定幾何體的高，再根據體積公式直接求解； 2．等積變換法：三棱錐也稱為四面體，它的每一個面都可以當做底面，恰當地進行換底等積變換便于問題的求解； 3．割補法：割補法是處理立體幾何問題的一種基本方法，解題思路是以已知幾何體為背景，將其補成或分割成熟悉的、更易利用已知條件解決的簡單幾何體． (2019·廣州模擬)如圖，直角梯形ABEF中，∠ABE＝∠BAF＝90°，C，D分別是BE，AF上的點，且DA＝AB

7、＝BC＝a，DF＝2CE＝2a.沿CD將四邊形CDFE翻折至四邊形CDPQ的位置，連接AP，BP，BQ，得到多面體ABCDPQ，且AP＝a. (1)求多面體ABCDPQ的體積； (2)求證：平面PBQ⊥平面PBD. 解　(1)∵DA＝AB＝BC＝a，∠ABC＝∠BAD＝90°， ∴四邊形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP. 又AD∩DP＝D，AD，DP?平面ADP， ∴CD⊥平面ADP. ∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADP， ∵AD2＋DP2＝AP2，∴AD⊥DP， 又CD⊥AD，CD∩DP＝D，CD，DP?平面CDPQ， ∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，

8、∴BC⊥平面CDPQ. ∴VB－CDPQ＝S梯形CDPQ·BC ＝××a＝a3， VB－ADP＝S△ADP·AB ＝××a×2a×a＝， ∴多面體ABCDPQ的體積為VB－CDPQ＋VB－ADP＝. (2)證明：取BP的中點G，連接GQ，DG，DQ， 在△ABP中，BP＝＝2a， ∴BG＝BP＝a， 在△BCQ中，BQ＝＝a. PQ＝＝a， ∴PQ＝BQ，∴GQ⊥BP. ∴QG＝＝a，又BD＝AB＝2a＝DP， ∴DG⊥BP，∴DG＝＝a， 又DQ＝＝a， ∴DQ2＝QG2＋DG2，∴QG⊥DG. 又BP∩DG＝G，BP，DG?平面PBD， ∴QG⊥平面P

9、BD， 又QG?平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD. 專題作業(yè) 1．(2019·河南六市三模)已知在空間幾何體ABCDE中，△BCD與△CDE均是邊長為2的等邊三角形，△ABC是腰長為3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD. (1)試在平面BCD內作一條直線，使得直線上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行，并給出證明； (2)求三棱錐E－ABC的體積． 解　(1)如圖所示，取DC的中點N，取BD的中點M，連接MN，則MN即為所求． 證明：連接EM，EN，取BC的中點H，連接AH， ∵△ABC是腰長為3的等腰三角形，H為BC的中點，

10、∴AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH?平面ABC， ∴AH⊥平面BCD，同理可證EN⊥平面BCD， ∴EN∥AH， ∵EN?平面ABC，AH?平面ABC， ∴EN∥平面ABC. 又M，N分別為BD，DC的中點，∴MN∥BC， ∵MN?平面ABC，BC?平面ABC， ∴MN∥平面ABC. 又MN∩EN＝N，MN?平面EMN，EN?平面EMN， ∴平面EMN∥平面ABC，又EF?平面EMN， ∴EF∥平面ABC， 即直線MN上任意一點F與E的連線EF均與平面ABC平行． (2)連接DH，取CH的中點G，連接NG，則NG∥DH， 由(1

11、)可知EN∥平面ABC， ∴點E到平面ABC的距離與點N到平面ABC的距離相等， 又△BCD是邊長為2的等邊三角形，∴DH⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH?平面BCD， ∴DH⊥平面ABC，∴NG⊥平面ABC， 易知DH＝，∴NG＝， 又S△ABC＝·BC·AH＝×2×＝2， ∴VE－ABC＝·S△ABC·NG＝. 2.已知四棱錐S－ABCD的底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，△SAD為正三角形． (1)點M為線段AB上一點，若BC∥平面SDM，＝λ，求實數λ的值； (2)若BC⊥SD，求點B

12、到平面SAD的距離． 解　(1)因為BC∥平面SDM，BC?平面ABCD，平面SDM∩平面ABCD＝DM， 所以BC∥DM. 又AB∥DC，所以四邊形BCDM為平行四邊形， 所以CD＝MB， 又AB＝2CD，所以M為AB的中點． 因為A＝λ，所以λ＝. (2)因為BC⊥SD，BC⊥CD，所以BC⊥平面SCD， 又BC?平面ABCD， 所以平面SCD⊥平面ABCD. 如圖，在平面SCD內過點S作SE垂直CD交CD的延長線于點E，連接AE， 又平面SCD∩平面ABCD＝CD， 所以SE⊥平面ABCD， 所以SE⊥CE，SE⊥AE， 在Rt△SEA和Rt△SED中，

13、 AE＝，DE＝， 因為SA＝SD，所以AE＝DE， 又易知∠EDA＝45°， 所以AE⊥ED， 由已知求得SA＝AD＝，所以AE＝ED＝SE＝1. 連接BD，則V三棱錐S－ABD＝××2×1×1＝， 又V三棱錐B－ASD＝V三棱錐S－ABD，S△SAD ＝×××＝， 所以點B到平面SAD的距離為. 3．(2019·河南洛陽統(tǒng)一考試)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD是平行四邊形，A1A⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，AB＝2，BC＝1，AA1＝，E為A1B1的中點． (1)求證：平面A1BD⊥平面A1AD； (2)求多面體A1E－ABCD的體積．

14、 解　(1)證明：在△ABD中，∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝BC＝1， 由余弦定理得BD＝，∴BD2＋AD2＝AB2. ∴BD⊥AD.∵A1A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴A1A⊥BD. 又A1A∩AD＝A，∴BD⊥平面A1AD. 又BD?平面A1BD，∴平面A1BD⊥平面A1AD. (2)設AB，CD的中點分別為F，G，連接EF，FG，GE，BD∩FG＝H. ∵E，F，G分別為A1B1，AB，CD的中點， ∴多面體EFG－A1AD為三棱柱． ∵BD⊥平面A1AD， ∴DH為三棱柱的高． 又S△A1AD＝AD·A1A＝，DH＝BD＝， ∴三棱柱EFG－A1AD的體積為S△A1AD·HD＝×＝. 在四棱錐E－BCGF中，EF∥A1A， ∴EF⊥底面BCGF，EF＝A1A＝. ∵S四邊形BCGF＝S四邊形ABCD ＝×2×1×sin60°＝， ∴四棱錐E－BCGF的體積為 S四邊形BCGF·EF＝××＝， ∴多面體A1E－ABCD的體積為＋＝. - 9 -