2019年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 3.1 立体几何大题课件 理

1、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

2、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:laa=0a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直:laa=ka1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行:v=va2=a3,b2=b3,c2=c3. (4)面面垂直:vv=0a2a3+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证明平行关系求线面角(全方位透析全方位透析) 例1在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,A1D与AC1交

3、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DHBB1, 四边形DHB1B为平行四边形,B1HBD. 又B1H平面A1BD,BD平面A1BD,B1H平面A1BD. 由题意,可知ADA1C1, ADE=C1A1E,DAE=A1C1E, 又AF=2FC1,AE=EF=FC1. 又A1H=HC1,FHEA1, 又FH平面A1BD,EA1平面A1BD,FH平面A1BD, FH,B

4、1H平面B1FH,FHB1H=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,BCCC1.在ABC 中,AB=2,AC=1,BAC=60, BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3, 则AB2=BC2+AC2, BCA=90,BCAC. CC1平面ABC,AB,AC平面ABC, CC1CA,CC1CB, 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

5、考向三 解法3 (1)CC1平面ABC,BC平面ABC,BCCC1. 在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60, BC2=AB2+AC2-2ABACcosBAC=3, 则AB2=BC2+AC2, BCA=90,BCAC. CC1平面ABC,AB,AC平面ABC, CC1CA,CC1CB, 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,BCCC1. 在ABC中,AB=2,AC=1,BAC=60, BC2=AB2+AC2-2ABAC

6、cosBAC=3, 则AB2=BC2+AC2, BCA=90. BCAC. CC1平面ABC,AB,AC平面ABC, CC1CA,CC1CB, 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-

7、 考向一考向二考向三 对点训练对点训练 1如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面 ABCD,ADBC,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AEBC,从而AEAD, -25- 考向一考向二考向三 证明平行关系求二面角证明平行关系求二面角 例2(2018天津卷,理17)如图,ADBC且 AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG

8、 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 对点训练对点训练 2(201

9、8河北石家庄一模,理18)四棱锥S-ABCD的底面 ABCD为直角梯形,ABCD,ABBC,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BCSD,求二面角A-SB-C的余弦值. -31- 考向一考向二考向三 (2)BCSD,BCCD, 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RtSEA和RtSED中, 又由题知EDA=45,AEED. AE=ED=SE=1, 以

10、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,PAPD,PA=PD,ABAD,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,ABAD, 所以AB平面PAD. 所以A

11、BPD.又因为PAPD, 所以PD平面PAB. (2)解: 取AD的中点O,连接PO,CO. 因为PA=PD,所以POAD. 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POCO.因为AC=CD,所以COAD. 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

12、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,ADDB,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ADDB,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DBAC. 因为AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面P