1、专题检测(四)试卷评析及补偿练习一、转化与化归思想在立体几何中的应用转化与化归思想在立体几何中主要是空间问题向平面问题的转化,具体表现在位置关系的转化,降维转化,割补转化,等积转化,抽象向具体转化.【跟踪训练】 (2015郑州第一次质量预测)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,ADBC,PD底面ABCD,ADC=90,AD=2BC,Q为AD的中点,M为棱PC的中点.(1)证明PA平面BMQ;(2)已知PD=DC=AD=2,求点P到平面BMQ的距离.二、与球相关的组合体问题与球相关的组合体问题是高考的热点,解决此类问题的关键是要找出多面体与球的几何关系,求出球的半径,适当时可画出
2、截面图转化为平面图形解决.【跟踪训练】 (2015丹东市高三质检)四面体ABCD的体积是,ABC是斜边AB=2的等腰直角三角形,若点A,B,C,D都在半径为的同一球面上,则D与AB中点的距离是.1.(2015葫芦岛市一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面的圆周上,BFAE,F是垂足.(1)求证:BFAC;(2)若CE=1,CBE=30,求三棱锥FBCE的体积.2.(2015河北石家庄二模)已知PA平面ABCD,CDAD,BAAD,CD=AD=AP=4,AB=2.(1)求证:CD平面ADP;(2)若M为线段PC上的点,当BMPC时,求三棱锥BAPM的体积.3.(2015东北三校第一
3、次联考)如图,四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形,PA底面ABCD,E,F分别为AB,PC的中点. (1)求证:EF平面PAD;(2)若PA=2,试问在线段EF上是否存在Q,使得二面角QAPD的余弦值为?若存在,确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.专题检测(四)试卷评析及补偿练习试卷评析一、【跟踪训练】 (1)证明:连接AC交BQ于N,连接MN,因为BCAD,Q为AD的中点,所以N为AC的中点.又M为PC的中点,所以MN为PAC的中位线,故MNPA,又MN平面BMQ,PA平面BMQ,所以PA平面BMQ.(2)解:由(1)可知,PA平面BMQ,所以点P到平面BMQ的距
4、离等于点A到平面BMQ的距离,所以=,取CD的中点K,连接MK,所以MKPD,MK=PD=1,又PD底面ABCD,所以MK底面ABCD.又BC=AD=1,PD=CD=2,所以AQ=1,BQ=2,MQ=,NQ=1,MN=,所以MNNQ,所以=AQBQMK=.SBMQ=,则点P到平面BMQ的距离d=.二、【跟踪训练】 解析:设AB中点为E,因为四面体ABCD的体积是,ABC是斜边为2的等腰直角三角形,所以可求得点D到平面ABC的距离为DF=,因为点A,B,C,D都在半径为的同一球面上,所以球心到平面ABC的距离为OE=1,如图.取OE的中点为G,则DGOE.所以DE=OD=.答案:补偿练习1.(1
5、)证明:因为AB平面BEC,CE平面BEC,所以ABCE,因为BC为圆的直径,所以BECE,因为BE平面ABE,AB平面ABE,BEAB=B,所以CE平面ABE,因为BF平面ABE,所以CEBF,又BFAE且CEAE=E,所以BF平面AEC,AC平面AEC,所以BFAC.(2)解:在RtBEC中,因为CE=1,CBE=30,所以BE=,BC=2,又因为ABCD为正方形,所以AB=2,所以AE=,所以BF=,所以EF=,所以=SBEFCE=EFBFCE=1=.2.(1)证明:因为PA平面ABCD,PA平面ADP,所以平面ADP平面ABCD.又因为平面ADP平面ABCD=AD,CDAD,所以CD平
6、面ADP.(2)解:取CD的中点F,连接BF,在梯形ABCD中,因为CD=4,AB=2,所以BFCD.又BF=AD=4,所以BC=2.在ABP中,由勾股定理求得BP=2.所以BC=BP.又知点M在线段PC上,且BMPC,所以点M为PC的中点.在平面PCD中过点M作MQDC交DP于Q,则MQ平面ABP,连接QB,QA,则=（42）2=.3.(1)证明:取PD中点M,连接MF,MA,在CPD中,F为PC的中点,所以MFDC,MF=DC,正方形ABCD中E为AB中点,AE=DC,且AEDC,所以AEMF,故四边形EFMA为平行四边形,所以EFAM,又因为EF平面PAD,AM平面PAD,所以EF平面PAD.(2)解:如图,以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,P(0,0,2),B(0,1,0),C(1,1,0),E（0,0）,F(,1)由题易知平面PAD的法向量为n=(0,1,0),假设存在Q满足条件:设=,=(,0,1),则Q(,),0,1,=(0,0,2),=(,),设平面PAQ的法向量为m=(x,y,z),m=(1,-,0),所以cos=,由已知=,解得=,所以满足条件的Q存在,是EF中点.
