高考数学二轮复习 专题5 立体几何 3.1 立体几何大题课件 理.ppt

5 3立体几何大题 2 3 4 5 6 7 1 证明线线平行和线线垂直的常用方法 1 证明线线平行 利用平行公理 利用平行四边形进行平行转换 利用三角形的中位线定理 利用线面平行 面面平行的性质定理进行平行转换 2 证明线线垂直 利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质 勾股定理 线面垂直的性质 2 证明线面平行和线面垂直的常用方法 1 证明线面平行 利用线面平行的判定定理 利用面面平行的性质定理 2 证明线面垂直 利用线面垂直的判定定理 利用面面垂直的性质定理 3 证明面面平行和面面垂直的常用方法是判定定理 8 4 利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a a1 b1 c1 平面 的法向量分别为 a2 b2 c2 v a3 b3 c3 则 1 线面平行 l a a 0 a1a2 b1b2 c1c2 0 2 线面垂直 l a a k a1 ka2 b1 kb2 c1 kc2 3 面面平行 v v a2 a3 b2 b3 c2 c3 4 面面垂直 v v 0 a2a3 b2b3 c2c3 0 9 10 5 3 1空间中的平行与空间角 12 考向一 考向二 考向三 证明平行关系求线面角 全方位透析 例1在直三棱柱abc a1b1c1中 d是ac的中点 a1d与ac1交于点e f在线段ac1上 且af 2fc1 aa1 1 ab 2 ac 1 bac 60 1 求证 b1f 平面a1bd 2 求直线bc与平面a1bd所成的角的正弦值 13 考向一 考向二 考向三 解法1 1 取a1c1的中点h 连接fh b1h dh 则有dh bb1 四边形dhb1b为平行四边形 b1h bd 又b1h 平面a1bd bd 平面a1bd b1h 平面a1bd 由题意 可知ad a1c1 ade c1a1e dae a1c1e 又af 2fc1 ae ef fc1 又a1h hc1 fh ea1 又fh 平面a1bd ea1 平面a1bd fh 平面a1bd fh b1h 平面b1fh fh b1h h 平面b1fh 平面a1bd 又b1f 平面b1fh b1f 平面a1bd 14 考向一 考向二 考向三 2 cc1 平面abc bc 平面abc bc cc1 在 abc中 ab 2 ac 1 bac 60 bc2 ab2 ac2 2ab accos bac 3 则ab2 bc2 ac2 bca 90 bc ac cc1 平面abc ab ac 平面abc cc1 ca cc1 cb 如图 以c以原点 分别以ca cc1 cb所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系o xyz 15 考向一 考向二 考向三 16 考向一 考向二 考向三 17 考向一 考向二 考向三 解法3 1 cc1 平面abc bc 平面abc bc cc1 在 abc中 ab 2 ac 1 bac 60 bc2 ab2 ac2 2ab accos bac 3 则ab2 bc2 ac2 bca 90 bc ac cc1 平面abc ab ac 平面abc cc1 ca cc1 cb 如图 以c以原点 分别以ca cc1 cb所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系o xyz 18 考向一 考向二 考向三 19 考向一 考向二 考向三 解法4 1 cc1 平面abc bc 平面abc bc cc1 在 abc中 ab 2 ac 1 bac 60 bc2 ab2 ac2 2ab accos bac 3 则ab2 bc2 ac2 bca 90 bc ac cc1 平面abc ab ac 平面abc cc1 ca cc1 cb 如图 以c以原点 分别以ca cc1 cb所在直线为x轴 y轴 z轴建立空间直角坐标系o xyz 20 考向一 考向二 考向三 21 考向一 考向二 考向三 解题心得证明空间线面关系有两类方法 一是几何法 二是解析法 几何法证明平行关系时 由于线线平行 线面平行 面面平行之间可以相互转化 因此整个证明过程是沿着转化途径进行 解析法证明线面平行是以计算为手段 寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量 法向量的关系 得以证明 22 考向一 考向二 考向三 对点训练1如图 在四棱锥p abcd中 pa 底面abcd ad bc ab ad ac 3 pa bc 4 m为线段ad上一点 am 2md n为pc的中点 1 证明mn 平面pab 2 求直线an与平面pmn所成角的正弦值 23 考向一 考向二 考向三 24 考向一 考向二 考向三 2 解 取bc的中点e 连接ae 由ab ac得ae bc 从而ae ad 25 考向一 考向二 考向三 证明平行关系求二面角例2 2018天津卷 理17 如图 ad bc且ad 2bc ad cd eg ad且eg ad cd fg且cd 2fg dg 平面abcd da dc dg 2 1 若m为cf的中点 n为eg的中点 求证 mn 平面cde 2 求二面角e bc f的正弦值 3 若点p在线段dg上 且直线bp与平面adge所成的角为60 求线段dp的长 26 考向一 考向二 考向三 27 考向一 考向二 考向三 28 考向一 考向二 考向三 29 考向一 考向二 考向三 解题心得二面角的大小通过二面角的平面角表达 设二面角的平面角为 则 cos cos 由 0 可知 的正弦值是唯一的 cos 的正负要根据几何体中两个平面夹角的大小来定 30 考向一 考向二 考向三 对点训练2 2018河北石家庄一模 理18 四棱锥s abcd的底面abcd为直角梯形 ab cd ab bc ab 2bc 2cd 2 sad为正三角形 1 点m为棱ab上一点 若bc 平面sdm 求实数 的值 2 若bc sd 求二面角a sb c的余弦值 31 考向一 考向二 考向三 2 bc sd bc cd bc 平面scd bc 平面abcd 平面scd 平面abcd 平面scd 平面abcd cd 在平面scd内过点s作se 直线cd于点e 则se 平面abcd 连接ae 32 考向一 考向二 考向三 在rt sea和rt sed中 又由题知 eda 45 ae ed ae ed se 1 以点e为坐标原点 ea方向为x轴 ec方向为y轴 es方向为z轴建立如图所示空间坐标系 则 33 考向一 考向二 考向三 34 考向一 考向二 考向三 空间角与存在性问题例3如图 在四棱锥p abcd中 平面pad 平面abcd pa pd pa pd ab ad ab 1 ad 2 ac cd 1 求证 pd 平面pab 2 求直线pb与平面pcd所成角的正弦值 3 在棱pa上是否存在点m 使得bm 平面pcd 若存在 求的值 若不存在 请说明理由 35 考向一 考向二 考向三 1 证明因为平面pad 平面abcd ab ad 所以ab 平面pad 所以ab pd 又因为pa pd 所以pd 平面pab 2 解 取ad的中点o 连接po co 因为pa pd 所以po ad 又因为po 平面pad 平面pad 平面abcd 所以po 平面abcd 因为co 平面abcd 所以po co 因为ac cd 所以co ad 如图建立空间直角坐标系o xyz 由题意 得a 0 1 0 b 1 1 0 c 2 0 0 d 0 1 0 p 0 0 1 36 考向一 考向二 考向三 37 考向一 考向二 考向三 解题心得1 先假设题中的数学对象存在 或结论成立 再在这个前提下进行逻辑推理 若由此导出矛盾 则否定假设 否则 给出肯定结论 2 空间向量最适合解决这类探索性问题 解题时无需进行复杂的作图 论证 推理 只需把要成立的结论当作条件 据此列方程或方程组 把 是否存在 问题转化为 点的坐标是否有解 即通过坐标运算进行判断 这就是计算推理法 38 考向一 考向二 考向三 对点训练3如图 在三棱锥p abc中 侧棱pa 2 底面 abc为正三角形 边长为2 顶点p在平面abc上的射影为d ad db 且db 1 1 求证 ac 平面pdb 2 求二面角p ab c的余弦值 3 在线段pc上是否存在点e使得pc 平面abe 若存在 求的值 若不存在 请说明理由 39 考向一 考向二 考向三 1 证明因为ad db 且db 1 ab 2 所以ad 所以 dba 60 因为 abc为正三角形 所以 cab 60 所以db ac 因为ac 平面pdb db 平面pdb