高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的不等式问题课件理北师大版

高考专题突破四 高考中的立体几何问题,考点自测,课时作业,题型分类 深度剖析,内容索引,考点自测,1.正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为 A.相交 B.平行 C.垂直相交 D.不确定,答案,解析,如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE， 则EFA1B1，DFB1B， 平面EFD平面A1B1BA， DE平面A1B1BA.,2.设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形： x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面. 其中使“xz且yzxy”为真命题的是 A. B. C. D.,由正方体模型可知为假命题；由线面垂直的性质定理可知为真命题.,答案,解析,3.(2016成都模拟)如图是一个几何体的三视图(左视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是 A.203 B.243 C.204 D.244,答案,解析,根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4522 203.,4.(2016沈阳模拟)设，是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件： a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_.(把所有正确的序号填上),答案,解析,或,由线面平行的性质定理可知，正确； 当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确.故应填入的条件为或.,5.如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点.若PAAC，PA6，BC8，DF5.则直线PA与平面DEF的位置关系是_；平面BDE与平面ABC的位置关系是_.(填“平行”或“垂直”),答案,解析,平行,垂直,因为D，E分别为棱PC，AC的中点， 所以DEPA. 又因为PA 平面DEF，DE平面DEF， 所以直线PA平面DEF. 因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，,所以DEPA，DE PA3，EF BC4.,又因为DF5，故DF2DE2EF2， 所以DEF90，即DEEF. 又PAAC，DEPA，所以DEAC.,因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC， 所以DE平面ABC，又DE平面BDE， 所以平面BDE平面ABC.,题型分类 深度剖析,例1 (2016全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到DEF的位置. (1)证明：ACHD；,题型一 求空间几何体的表面积与体积,证明,由已知得ACBD，ADCD， 故ACEF，由此得EFHD，折后EF与HD保持垂直关系，即EFHD，所以ACHD.,解答,所以OH1，DHDH3，,故ODOH. 由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH， 所以AC平面DHD，于是ACOD， 又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.,(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积. (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解. (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.,思维升华,跟踪训练1 正三棱锥的高为1，底面边长为2 ，内有一个球与它的四个面都相切(如图).求： (1)这个正三棱锥的表面积；,解答,(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.,解答,设正三棱锥PABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r. VPABCVOPABVOPBCVOPACVOABC,题型二 空间点、线、面的位置关系,例2 (2016济南模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E， F分别是A1C1，BC的中点. (1)求证：平面ABE平面B1BCC1；,证明,在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC. 因为AB平面ABC， 所以BB1AB. 又因为ABBC，BCBB1B， 所以AB平面B1BCC1. 又AB平面ABE， 所以平面ABE平面B1BCC1.,证明,(2)求证：C1F平面ABE；,方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点，,因为ACA1C1，且ACA1C1， 所以FGEC1，且FGEC1， 所以四边形FGEC1为平行四边形， 所以C1FEG. 又因为EG平面ABE，C1F 平面ABE， 所以C1F平面ABE.,方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH. 因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB， 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点， 所以EC1綊AH， 所以四边形EAHC1为平行四边形， 所以C1HAE， 又C1HHFH，AEABA， 所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF， 所以C1F平面ABE.,解答,(3)求三棱锥EABC的体积.,因为AA1AC2，BC1，ABBC，,所以三棱锥EABC的体积,(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题.证明C1F平面ABE：()利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1FEG.()利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化. (2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化.,思维升华,跟踪训练2 如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点. 求证：(1)平面EFG平面ABC；,证明,由ASAB，AFSB知F为SB中点， 则EFAB，FGBC，又EFFGF，ABBCB， 因此平面EFG平面ABC.,(2)BCSA.,证明,由平面SAB平面SBC，平面SAB平面SBCSB，AF平面SAB，AFSB， 所以AF平面SBC，则AFBC. 又BCAB，AFABA，则BC平面SAB， 又SA平面SAB，因此BCSA.,题型三 平面图形的翻折问题,例3 (2015陕西)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD ，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2. (1)证明：CD平面A1OC；,证明,几何画板展示,在题图1中，连接EC， 因为ABBC1，AD2， BAD ， ADBC，E为AD中点， 所以BC綊ED，BC綊AE， 所以四边形BCDE为平行四边形，故有CDBE， 所以ABCE为正方形，所以BEAC， 即在题图2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO， 从而BE平面A1OC，又CDBE， 所以CD平面A1OC.,(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.,解答,由已知，平面A1BE平面BCDE， 又由(1)知，BEOA1，BEOC， 所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，,如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 因为A1BA1EBCED1，BCED，,设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，,平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.,思维升华,跟踪训练3 (2016深圳模拟)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MFCF. (1)证明：CF平面MDF；,证明,因为PD平面ABCD，AD平面ABCD， 所以PDAD. 又因为ABCD是矩形，CDAD，PD与CD交于点D， 所以AD平面PCD. 又CF平面PCD， 所以ADCF，即MDCF. 又MFCF，MDMFM，所以CF平面MDF.,解答,(2)求三棱锥MCDE的体积.,几何画板展示,因为PDDC，PC2，CD1，PCD60，,如图，过点F作FGCD交CD于点G，,题型四 立体几何中的存在性问题,例4 (2016邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点. (1)证明：DFAE.,证明,AEA1B1，A1B1AB， AEAB. 又AA1AB，AA1AEA， AB平面A1ACC1. 又AC平面A1ACC1，ABAC. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，,即(x，y，z1)(1,0,0)，则D(，0,1)，,(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 ?若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由.,解答,结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为 .,理由如下： 由题意知平面ABC的法向量为m(0,0,1). 设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，,令z2(1)，则n(3,12，2(1).,存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点.,(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设. (2)对于探索性问题用向量法比较容易入手.一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.,思维升华,跟踪训练4 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点. (1)证明：B1C1CE；,证明,如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0).,解答,(2)求二面角B1CEC1的正弦值；,消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1). 由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，CC1CEC，可得B1C1平面CEC1，,设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，,(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为 ，求线段AM的长.,解答,设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则,课时作业,1.(2016北京顺义区一模)如图所示，已知平面平面l，.A，B是直线l上的两点，C，D是平面内的两点，且ADl，CBl，DA4，AB6，CB8.P是平面上的一动点，且有APDBPC，则四棱锥PABCD体积的最大值是,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,由题意知，PAD，PBC是直角三角形， 又APDBPC，所以PADPBC. 因为DA4，CB8，所以PB2PA. 作PMAB于点M，由题意知，PM. 令AMt(0t6)，则PA2t24PA2(6t)2， 所以PA2124t.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,2.(2016江西赣中南五校第一次联考)已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是 A.若，则 B.若mn，m，n，则 C.若mn，m，n，则 D.若mn，m，则n,答案,解析,对于A，若，则或相交；对于B，若mn，m，n，则或相交；对于D，若mn，m，则n或n.故选C.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,3.(2016华中师大附中质检)已知三棱锥DABC的三个侧面与底面全等，且ABAC ，BC2，则二面角DBCA的大小为_.,答案,解析,90,1,2,3,4,5,6,7,8,9,如图，取BC的中点E， 连接AE，DE， ABAC，AEBC. 又三棱锥DABC的三个侧面与底面全等， BDCD，DEBC， 则AED是二面角DBCA的平面角.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,由AE2DE2AD2，知AED90. 故二面角DBCA的大小为90.,4.如图梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论： DFBC； BDFC； 平面DBF平面BFC； 平面DCF平面BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是_.(填写结论序号),答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,因为BCAD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则错误；设点D在平面BCF上的投影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234，可使条件满足，所以正确； 当点P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF 平面BCF，所以正确； 因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF平 面BFC不成立，即错误.故答案为.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,5.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点，当 _时，D1E平面AB1F.,1,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,如图，连接A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影. AB1A1B，D1EAB1， 又D1E平面AB1F D1EAF. 连接DE，则DE是D1E在底面ABCD内的投影， D1EAFDEAF. ABCD是正方形， E是BC的中点，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,当且仅当F是CD的中点时，DEAF， 即当点F是CD的中点时，D1E平面AB1F，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,6.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点. (1)证明：A1D平面A1BC；,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,设E为BC的中点， 由题意得A1E平面ABC， 因为AE平面ABC，所以A1EAE. 因为ABAC，所以AEBC. 又A1EBCE，故AE平面A1BC. 由D，E分别为B1C1，BC的中点，得 DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A， 所以四边形A1AED为平行四边形.故A1DAE. 又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,解答,(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,方法一 如图所示，作A1FBD且A1FBDF，连接B1F. 由AEEB ，A1EAA1EB90，得A1BA1A4. 由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等. 由A1FBD，得B1FBD， 因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,方法二 以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 由题意知各点坐标如下：,设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,7.(2016山东牟平一中期末)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ACB1D，BB1底面ABCD，E，F，H分别为AD，CD，DD1的中点，EF与BD交于点G. (1)证明：平面ACD1平面BB1D；,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,BB1平面ABCD，AC平面ABCD， ACBB1. 又ACB1D，BB1B1DB1， AC平面BB1D. AC平面ACD1， 平面ACD1平面BB1D.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)证明：GH平面ACD1.,证明,设ACBDO，连接OD1. E，F分别为AD，CD的中点， EFODG， G为OD的中点. H为DD1的中点，HGOD1. GH 平面ACD1，OD1 平面ACD1， GH平面ACD1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,8.(2016四川广安第二次诊断)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面直角梯形ABCD，DAB为直角，ADCD2，AB1，E，F分别为PC，CD的中点. (1)求证：CD平面BEF；,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(1,2,0)，,设PAb，则P(0,0，b).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,又BEBFB，由此得CD平面BEF.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,(2)设PAk，且二面角EBDC的平面角大于30，求k的取值范围.,解答,1,2,3,4,5,6,7,8,9,设E在xOy平面上的射影为G，过点G作GHBD，垂足为点H，连接EH，,又EH平面EGH，EHBD， 从而EHG即为二面角EBDC的平面角.,由PAk，得P(0,0，k)，E(1,1， )，G(1,1,0).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,即x2y1. ,1,2,3,4,5,6,7,8,9,由k0知EHG是锐角，由EHG30， 得tanEHGtan 30，