2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题二-第二讲-立体几何综合问题8-【要点导学】.docx

空间几何体的表面积和体积
例1　(2022·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是　　　　.
【分析】　圆柱的体积等于底面积乘以高,确定底面半径与高的大小或比例关系是解题关键.
【答案】　
【解析】　设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,则2πr1h1=2πr2h2,即=.又==,所以=,所以==·=·==.
【点评】　解决圆柱的面积或体积问题时,常转化到一些基本量的运算上,比如高、底面圆半径等.近三年江苏高考中每年一道填空题,这一点要特殊关注.

变式　(2022·全国卷Ⅱ改编)若正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为　　　　.
【答案】　1
【解析】　结合图形,可知三棱锥A-B1DC1的高AD=,底面面积=,所以体积为··=1.
【点评】　此题为常见的关于立体几何的基本运算问题.弄清问题的基本运算思路,把握基本方法,进行必要的运算即可解决问题.

空间图形的翻折问题
例2　如图1所示,在边长为12的正方形ADD1A1中,点B,C在线段AD上,AB=3,BC=4,作BB1∥AA1,分别交A1D1,AD1于点B1,P.作CC1∥AA1,分别交A1D1,AD1于点C1,Q,将该正方形沿BB1,CC1折叠,使得DD1与AA1重合,构成如图2所示的三棱柱ABC-A1B1C1.
(1) 求证:AB⊥平面BCC1B1;
(2) 求四棱锥A-BCQP的体积.
图1 图2
(例2)
【分析】　翻折问题要时刻关注翻折前后的条件的变与不变.题中翻折前的线段AD就变成了翻折后的△ABC,而AB与BC的关系则有转变.(1) 主要考虑翻折后有AB⊥BC与AB⊥BB1;(2) 直接利用体积公式求解即可.
【解答】　(1) 在正方形ADD1A1中,
由于CD=AD-AB-BC=5,
所以三棱柱ABC-A1B1C1中△ABC的边AC=5.
由于AB=3,BC=4,
所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
由于四边形ADD1A1为正方形,AA1∥BB1,
所以AB⊥BB1.
又BC∩BB1=B,BC,BB1Ì平面BCC1B1,
所以AB⊥平面BCC1B1.
(2) 由于AB⊥平面BCC1B1,
所以AB为四棱锥A-BCQP的高.
由于四边形BCQP为直角梯形,
且BP=AB=3,CQ=AB+BC=7,
所以梯形BCQP的面积为S梯形BCQP=(BP+CQ)·BC=×(3+7)×4=20,
所以四棱锥A-BCQP的体积=S梯形BCQP·AB=20.

变式　(2022·广东卷)如图1,已知四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2,作如图2所示的折叠,折痕EF∥DC. 其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M,且MF⊥CF.
(1) 求证:CF⊥平面MDF;
(2) 求三棱锥M-CDE的体积.
图1 　图2
(变式)
【解答】　(1) 由于PD⊥平面ABCD,PDÌ平面PCD,所以平面PCD⊥平面ABCD,而平面PCD∩平面ABCD=CD,MDÌ平面ABCD,MD⊥CD,
所以MD⊥平面PCD.
由于CFÌ平面PCD,所以CF⊥MD.
又CF⊥MF,MD,MFÌ平面MDF,且MD∩MF=M,所以CF⊥平面MDF.
(2) 由于CF⊥平面MDF,DFÌ平面MDF,所以CF⊥DF.
又易知∠PCD=60°,所以∠CDF=30°,
所以CF=CD=.
由于EF∥DC,所以=,即=,
所以DE=,所以PE=,
所以S△CDE=CD·DE=,
MD====,
所以=S△CDE·MD=××=.

存在性问题争辩
例3　(2022·四川卷)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形.
(1) 若AC⊥BC,求证:直线BC⊥平面ACC1A1.
(2) 设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.

(例3)
【分析】　结合条件AC⊥BC,再证得BC⊥AA1,即可证明直线BC⊥平面ACC1A1.先找到点,再证明该点满足条件.若在条件中多次毁灭“中点”,即可找“中点”并验证.
【解答】　由于四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.
由于AB,AC为平面ABC内的两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.
由于直线BCÌ平面ABC,所以AA1⊥BC.
又已知AC⊥BC,且AA1,AC为平面ACC1A1内的两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.

(例3)
(2) 当点M为线段AB的中点时,DE∥平面A1MC.证明如下:
如图,取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C与AC1的交点,由题知O为AC1的中点.
连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MD=AC,OE=AC,且MD∥AC,OE∥AC,因此MDOE.
连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,所以DE∥MO.
由于直线DEË平面A1MC,MOÌ平面A1MC,
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.

变式　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.
(1) 若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD;
(2) 若点M在线段PC上,PM=tPC,试确定实数t的值,使得PA∥平面MQB.

　(变式)
【分析】　要证面面平行,先证线面平行,题中关键要证AD⊥平面PQB.
【解答】　(1) 由于PA=PD,Q为AD的中点,所以PQ⊥AD.
连接BD,由于四边形ABCD为菱形,
∠DAB=60°,
所以AB=BD,所以BQ⊥AD.
由于BQÌ平面PQB,PQÌ平面PQB,
BQ∩PQ=Q,
所以AD⊥平面PQB.
由于ADÌ平面PAD,
所以平面PQB⊥平面PAD.
(2) 当且仅当t=时,PA∥平面MQB.证明如下:

　(变式)
连接AC,设AC∩BQ=O,连接OM.
在△AOQ与△COB中,由于AD∥BC,
所以∠QOA=∠BOC,∠OAQ=∠OCB.
所以△AOQ∽△COB,所以==,
所以=.
由于过直线PA的平面PAC与平面MQB的交线为MO,且PA∥平面MQB,所以PA∥MO,所以==,故所求t=.
【点评】　一般地,立体几何题目中的参数常见的有与中点相关的,及与三等分点有关的.当然,具体数量由题目条件确定.