《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第2課時(shí) 空間距離與幾何體中體積、面積的計(jì)算練習(xí) 文》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第2課時(shí) 空間距離與幾何體中體積、面積的計(jì)算練習(xí) 文(9頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2課時(shí) 空間距離與幾何體中體積、面積的計(jì)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(nèi)容,并且多在解答題的第二、三問中出現(xiàn),難度適中,為中檔題.
熱點(diǎn)題型分析
熱點(diǎn)1 空間距離的計(jì)算
點(diǎn)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(zhuǎn)換,求點(diǎn)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(diǎn).
(1)證明:PO⊥平面ABC;
(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離.
解 (1)證明:因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中
2、點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=2.連接OB,因?yàn)锳B=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(diǎn)C到平面POM的距離.
由題設(shè)可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.
所以由余弦定理,得OM=,
CH==.
所以點(diǎn)C到平面POM的距離為.
誠如上文所說,求點(diǎn)面距問題可以采用等積轉(zhuǎn)換求解,除此之外個(gè)別問題也可采用垂面法(利用面面垂直性
3、質(zhì)定理)和等價(jià)轉(zhuǎn)移法(利用線面平行)求解.當(dāng)然,一些求幾何體體積問題,也是對點(diǎn)面距問題的相應(yīng)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(diǎn)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?yàn)锳B∥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?yàn)槠矫鍮FED⊥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?yàn)镋P⊥ED,所以EP⊥平面ADE.BD=,BF=1,=2,所以EP=,設(shè)D到面PEA的距離為d,因?yàn)閂A-EDP=VD-AEP,即·AD·S△EDP=·d·S△AEP,所以d===.
熱點(diǎn)2 幾何體體積(面積)的計(jì)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(diǎn)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(shè)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(shí),可以根據(jù)幾何體的特點(diǎn),利用線面垂直、面面垂直等條件,確定幾何體的高,再根據(jù)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(gè)面都可以當(dāng)做底面,恰當(dāng)?shù)剡M(jìn)行換底等積變換便于問題的求解;
3.割補(bǔ)法:割補(bǔ)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(bǔ)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(diǎn),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(diǎn)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(nèi)作一條直線,使得直線上任意一點(diǎn)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(diǎn)N,取BD的中點(diǎn)M,連接MN,則MN即為所求.
證明:連接EM,EN,取BC的中點(diǎn)H,連接AH,
∵△ABC是腰長為3的等腰三角形,H為BC的中點(diǎn),
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(diǎn),∴MN∥BC,
∵M(jìn)N?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(diǎn)F與E的連線EF均與平面ABC平行.
(2)連接DH,取CH的中點(diǎn)G,連接NG,則NG∥DH,
由(1
11、)可知EN∥平面ABC,
∴點(diǎn)E到平面ABC的距離與點(diǎn)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(diǎn)M為線段AB上一點(diǎn),若BC∥平面SDM,=λ,求實(shí)數(shù)λ的值;
(2)若BC⊥SD,求點(diǎn)B
12、到平面SAD的距離.
解 (1)因?yàn)锽C∥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(diǎn).
因?yàn)锳=λ,所以λ=.
(2)因?yàn)锽C⊥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(nèi)過點(diǎn)S作SE垂直CD交CD的延長線于點(diǎn)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?yàn)镾A=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(diǎn)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(diǎn).
(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(shè)AB,CD的中點(diǎn)分別為F,G,連接EF,F(xiàn)G,GE,BD∩FG=H.
∵E,F(xiàn),G分別為A1B1,AB,CD的中點(diǎn),
∴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+=.
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