（福建专用）2019高考数学一轮复习 高考大题专项突破4 高考中的立体几何课件 理 新人教A版

1、高考大题专项突破四高考大题专项突破四 高考中的立体几何高考中的立体几何 -2- 从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整 个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主. 三视图、简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判 定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的 形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查.着重考查推理论证 能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化 与化归思想贯穿整个立体几何的始终. -3- 题型一题型二题型三题型四 题型一平行与垂直关系的证明(多维探究) 类型一适合用几何法证明 例1(2017江苏,15)

2、如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平 面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且 EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC. -4- 题型一题型二题型三题型四 证明: (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD, 所以EFAB. 又因为EF平面ABC,AB平面ABC, 所以EF平面ABC. (2)因为平面ABD平面BCD, 平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD, 所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD,所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因为AC平面A

3、BC,所以ADAC. -5- 题型一题型二题型三题型四 解题心得解题心得从解题方法上说,由于线线平行(垂直)、线面平行(垂 直)、面面平行(垂直)之间可以相互转化,因此整 个解题过程始终 沿着线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转化途 径进行. -6- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练1在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA平面 ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PB,PD的中点. (1)求证:PB平面FAC; (2)求三棱锥P-EAD的体积; (3)求证:平面EAD平面FAC. -7- 题型一题型二题型三题型四 (1)证明: 连接BD,与AC交于点

4、O,连接OF. 在PBD中,O,F分别是BD,PD的中点,所以OFPB. 又因为OF平面FAC,PB平面FAC,所以PB平面FAC. -8- 题型一题型二题型三题型四 (2)解: 因为PA平面ABCD,所以PA为三棱锥P-ABD的高. 因为PA=AB=2,底面ABCD是正方形, (3)证明: 因为AD平面PAB,PB平面PAB,所以ADPB. 在等腰直角三角形PAB中,AEPB, 又AEAD=A,AE平面EAD,AD平面EAD,所以PB平面EAD, 又OFPB,所以OF平面EAD,又OF平面FAC,所以平面EAD平 面FAC. -9- 题型一题型二题型三题型四 类型二适合用向量法证明 例2如图

5、,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱 形,PA=AB=2,BAD=60,E是PA的中点. 求证:(1)直线PC平面BDE; (2)BDPC. -10- 题型一题型二题型三题型四 -11- 题型一题型二题型三题型四 -12- 题型一题型二题型三题型四 解题心得解题心得利用空间向量证明空间的平行或垂直关系,首先建立空 间直角坐标系,然后用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量, 最后利用向量的数量积或数乘运算证明.用向量方法证明直线ab, 只需证明向量a=b(R)(其中a,b分别是直线a与b的方向向量);证 直线和平面垂直,只需证直线的方向向量与平面的法向量共线;证 直线和平

6、面平行,除证直线的方向向量与平面的法向量垂直外,还 需强调直线在平面外. -13- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练2(2017北京海淀一模,理18)如图,由直三棱柱ABC- A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体 中,BAC=90,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD= ,平面CC1D平面 ACC1A1. (1)求证:ACDC1. (2)若M为DC1的中点,求证:AM平面DBB1. (3)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与 -14- 题型一题型二题型三题型四 (1)证明: 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,故ACCC1, 由平面CC1D平面ACC

7、1A1,且平面CC1D平面ACC1A1=CC1, 所以AC平面CC1D, 又C1D平面CC1D,所以ACDC1. (2)证明: 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC, 所以AA1AB,AA1AC, 又BAC=90,所以,如图建立空间直角坐标系, 依据已知条件可得 -15- 题型一题型二题型三题型四 -16- 题型一题型二题型三题型四 -17- 题型一题型二题型三题型四 题型二与平行、垂直有关的存在性问题 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

8、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,说明理由. -18- 题型一题型二题型三题型四 (1)证明: 因为平面PAD平面ABCD,ABAD, 所以AB平面PAD.所以ABPD. 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. -19- 题型一题型二题型三题型四 -20- 题型一题型二题型三题型四

9、 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),然后在这 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“方程或方程组是否有解”,即通过 坐标运算进行判断,这就是计算推理法. -21- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练3(2017北京海淀区二模,理17)如图,三棱锥P-ABC,侧棱 PA=2,底面三角形ABC为正三角形,边长为2,顶点P在平面ABC上的 射影为D,有ADDB,且DB=1. (1

10、)求证:AC平面PDB. (2)求二面角P-AB-C的余弦值. (3)线段PC上是否存在点E使得PC平面ABE?如果存在,求 的 值;如果不存在,请说明理由. -22- 题型一题型二题型三题型四 (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, 又由已知可知ACBD为平面四边形,所以DBAC. 因为AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB. (2)解: 由点P在平面ABC上的射影为D,可得PD平面ACBD, 所以PDDA,PDDB. 如图,以D为原点,DB为x轴,DA为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系,

11、 -23- 题型一题型二题型三题型四 -24- 题型一题型二题型三题型四 题型三求空间角(多维探究) 类型一求异面直线所成的角 例4如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一 侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)求证:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. -25- 题型一题型二题型三题型四 -26- 题型一题型二题型三题型四 -27- 题型一题型二题型三题型四 -28- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练4(2017江苏无锡一模,15)如图,已知正四棱锥P-ABCD 中,PA=AB=2,点

12、M,N分别在PA,BD上,且 (1)求异面直线MN与PC所成角的大小; (2)求二面角N-PC-B的余弦值. -29- 题型一题型二题型三题型四 -30- 题型一题型二题型三题型四 -31- 题型一题型二题型三题型四 -32- 题型一题型二题型三题型四 类型二求直线与平面所成的角 例5(2017北京东城区二模,理17)如图,在几何体ABCDEF中,平面 ADE平面ABCD,四边形ABCD为菱形,且 DAB=60,EA=ED=AB=2EF,EFAB,M为BC中点. (1)求证:FM平面BDE; (2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值. -33- 题型一题型二题型三题型四 (1)证明: 取CD

13、中点N,连接MN,FN. 因为N,M分别为CD,BC中点,所以MNBD. 又BD平面BDE,MN平面BDE,所以MN平面BDE, 因为EFAB,AB=2EF,所以EFCD,EF=DN. 所以四边形EFND为平行四边形.所以FNED. 又ED平面BDE,FN平面BDE,所以FN平面BDE, 又N为FN和MN交点,所以平面MFN平面BDE. 又FM平面MFN,所以FM平面BDE. -34- 题型一题型二题型三题型四 (2)解: 取AD中点O,连接EO,BO.因为EA=ED,所以EOAD. 因为平面ADE平面ABCD,所以EO平面ABCD,EOBO. 因为AD=AB,DAB=60,所以三角形ADB为

14、等边三角形. 因为O为AD中点,所以ADBO. -35- 题型一题型二题型三题型四 解题心得解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以通 过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹 的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角. -36- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练5(2017山西太原三模,理19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中, 侧面ACC1A1底面ABC,A1AC=60,AC=2AA1=4,点D,E分别是 AA1,BC的中点. (1)求证:DE平面A1B1C; (2)若AB=2,BAC=60,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值. -

15、37- 题型一题型二题型三题型四 (1)证明: 取AC的中点F,连接DF,EF,E是BC的中点,EFAB, ABC-A1B1C1是三棱柱,ABA1B1, EFA1B1,EF平面A1B1C, D是AA1的中点,DFA1C, DF平面A1B1C,又EFDF=F, 平面DEF平面A1B1C,DE平面A1B1C; (2)解: 过点A1作A1OAC,垂足为O,连接OB, 侧面ACC1A1底面ABC,A1O平面ABC,A1OOB,A1OOC, A1AC=60,AA1=2,OA=1,OA1= , AB=2,OAB=60,由余弦定理得 OB2=OA2+AB2-2OAABcosBAC=3, -38- 题型一题型

16、二题型三题型四 -39- 题型一题型二题型三题型四 类型三求二面角 例6(2017全国,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且 BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值. -40- 题型一题型二题型三题型四 (1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F. 由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD. -41- 题型一题型二题

17、型三题型四 -42- 题型一题型二题型三题型四 -43- 题型一题型二题型三题型四 解题心得如图,设平面,的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角 为(0),则|cos |=|cos|= .结合实际图形判断所 求角是锐角还是钝角. -44- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练6(2017全国,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等 边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,BAD=ABC=90, E是PD的中点. (1)证明:直线CE平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角 M-AB-D的余弦值. -45- 题型一题型二题型

18、三题型四 -46- 题型一题型二题型三题型四 -47- 题型一题型二题型三题型四 -48- 题型一题型二题型三题型四 -49- 题型一题型二题型三题型四 题型四求空间点到面的距离 例7如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱 形,BAD=60,四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面 ABCD,DE=2,M为线段BF的中点. (1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积; (2)求证:DM平面ACE -50- 题型一题型二题型三题型四 (1)解: 设ACBD=O,以O为原点,OB为x轴,OC为y轴,过O作平面 ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系, -51- 题型一题型二题型三题型四 ACDM,AEDM, ACAE=A, DM平面ACE. -52- 题型一题型二题型三题型四 -53- 题型一题型二题型三题型四 对点训练对点训练7(2017贵州贵阳一模)底面为菱形的直棱柱ABCD-