《2020版高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項四 高考中的立體幾何課件 理 北師大版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項四 高考中的立體幾何課件 理 北師大版.ppt（58頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考大題專項四高考中的立體幾何,從近五年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點,約占整個試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主. 簡單幾何體的表面積與體積、點、線、面位置關系的判定與證明以及空間角的計算是考查的重點內容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式加以考查.著重考查推理論證能力和空間想象能力,而且對數(shù)學運算的要求有加強的趨勢.轉化與化歸思想貫穿整個立體幾何的始終.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一平行與垂直關系的證明(多維探究) 類型一適合用幾何法證明 例1 (2018北京一零一中學模擬,18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC為
2、正三角形,側棱AA1底面ABC.已知D是BC的中點,AB=AA1=2. (1)求證:平面AB1D平面BB1C1C; (2)求證:A1C平面AB1D; (3)求三棱錐A1-AB1D的體積.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 由已知ABC為正三角形,且D是BC的中點,所以ADBC.因為側棱AA1底面ABC,AA1BB1,所以BB1底面ABC.又因為AD底面ABC,所以BB1AD.而B1BBC=B,所以AD平面BB1C1C.因為AD平面AB1D,所以平面AB1D平面BB1C1C. (2)證明 連接A1B,設A1BAB1=E,連接DE. 由已知得,四邊形A1ABB1為正方形,則E為A1B的
3、中點. 因為D是BC的中點,所以DEA1C. 又因為DE平面AB1D,A1C平面AB1D,所以A1C平面AB1D.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得從解題方法上說,由于線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)之間可以相互轉化,因此整 個解題過程始終沿著線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)的轉化途徑進行.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練1 (2018河北衡水中學十七模,19)四棱錐P-ABCD中,PD面ABCD,底面ABCD是菱形,且PD=DA=2,CDA=60,過點B作直線lPD,Q為直線l上一動點. (1)求證:
4、QPAC; (2)當面PAC面QAC時,求三棱錐Q-ACP的體積.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 lPD, 直線l,PD確定一平面BDPQ. PD平面ABCD,AC平面ABCD, PDAC. 由題意知直線QP在面ABCD上的射影為DB, 又在菱形ABCD中有DBAC,PDBD=D, AC平面BDPQ. PQ平面BDPQ,QPAC.,題型一,題型二,題型三,題型四,(2)解 由題意得PAC和QAC都是以AC為底的等腰三角形,設AC和BD的交點為O, 連接OP、OQ,則OPAC,OQAC, 又OPOQ=O,AC平面POQ. 又平面PAC平面QAC,平面PAC平面QAC=AC, PO平
5、面QAC,OPOQ. 在菱形ABCD中,DA=2,CDA=60,,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,類型二適合用向量法證明 例2如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60,E是PA的中點. 求證:(1)直線PC平面BDE; (2)BDPC.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得利用空間向量證明空間的平行或垂直關系,首先建立空間直角坐標系,然后用坐標表示直線的方向向量及平面的法向量,最后利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘運算證明.用向量方法證明直線ab,只
6、需證明向量a=b(R)(其中a,b分別是直線a與b的方向向量);證直線和平面垂直,只需證直線的方向向量與平面的法向量共線;證直線和平面平行,除證直線的方向向量與平面的法向量垂直外,還需強調直線在平面外.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練2 如圖,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱錐D-BB1C1C構成的幾何體中,BAC=90,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD= ,平面CC1D平面ACC1A1. (1)求證:ACDC1. (2)若M為DC1的中點,求證:AM平面DBB1. (3)在線段BC上是否存在點P,使直線DP與,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明: 在直三棱柱A
7、BC-A1B1C1中,CC1平面ABC,故ACCC1, 由平面CC1D平面ACC1A1,且平面CC1D平面ACC1A1=CC1, 所以AC平面CC1D, 又C1D平面CC1D,所以ACDC1. (2)證明: 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC, 所以AA1AB,AA1AC, 又BAC=90,所以,如圖建立空間直角坐標系, 依據(jù)已知條件可得,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型二與平行、垂直有關的存在性問題 例3 (2018四川雙流中學二模,19)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為梯形,ABDC,BC=DC=
8、 AB=1.O是AB的中點,PO底面ABCD,O在平面PAD上的正投影為點H,延長PH交AD于點E. (1)求證:E為AD中點; (2)若ABC=90,PA= ,在棱BC上是否存在一點G,使得HG平面PAB,若存在,則求出OG與面PCD所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 連接OE,AB=2,O是AB中點,CD=1, OB=CD,ABCD, 四邊形BCDO是平行四邊形, OD=1, PO平面ABCD,AD平面ABCD, POAD,O在平面PAD的正投影為H,OH平面PAD,OHAD, 又OHPO=O,AD平面POE,ADOE, 又AO=OD=1,E是AD的中點.,題型
9、一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得1.先假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立),然后在這個前提下進行邏輯推理,若由此導出矛盾,則否定假設;否則,給出肯定結論. 2.空間向量最適合解決這類探索性問題,解題時無需進行復雜的作圖、論證、推理,只需把要成立的結論當作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉化為“方程或方程組是否有解”,即通過坐標運算進行判斷,這就是計算推理法.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練3 如圖,三棱錐P-ABC,側棱PA=2,底面三角形ABC為正三角形,邊長為2,頂點P在平面ABC上的射影為D,有AD
10、DB,且DB=1. (1)求證:AC平面PDB. (2)求二面角P-AB-C的余弦值. (3)線段PC上是否存在點E使得PC平面ABE?如果存在,求 的值;如果不存在,請說明理由.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明: 因為ADDB,且DB=1,AB=2,所以AD= ,所以DBA=60. 因為ABC為正三角形,所以CAB=60, 又由已知可知ACBD為平面四邊形,所以DBAC. 因為AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB. (2)解: 由點P在平面ABC上的射影為D,可得PD平面ACBD, 所以PDDA,PDDB. 如圖,以D為原點,DB為x軸,DA為y軸,DP為z軸,
11、建立空間直角坐標系,,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型三求空間角(多維探究) 類型一求異面直線所成的角 例4如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一側的兩點,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)求證:平面AEC平面AFC; (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練4 如圖,已知正四棱錐P-ABCD中,PA=AB=2,點M,N分別在PA,BD上,且 (1)求異面
12、直線MN與PC所成角的大小; (2)求二面角N-PC-B的余弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,類型二求直線與平面所成的角 例5(2018江西南昌測試四,18)在菱形ABCD中,AB=4且ABC=60,點M,N分別是棱CD,AD的中點,將四邊形ANMC繞著AC轉動,使得MN與EF重合,形成如圖所示多面體,分別取BF,DE的中點P,Q. (1)求證:PQ平面ABCD; (2)若平面AFEC平面ABCD,求CP與平面BEF所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 取BE中點R,
13、連接PR,QR,BD,由P,Q分別是BF,DE的中點, PREF,QRBD. 又EFAC,PR平面ABCD,QR平面ABCD. 又PRQR=R, 平面PQR平面ABCD. 又PQ平面PQR,PQ平面ABCD.,題型一,題型二,題型三,題型四,(2)解 取EF中點T,設AC,BD交于點O, OTAC. 又平面AFEC平面ABCD, OT平面ABCD. 在菱形ABCD中,ACBD, 以O為原點,如圖建立空間直角坐標系,,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得求線面角可以用幾何法,即“先找,后證,再求”,也可以通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量
14、所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練5在三棱柱ABC-A1B1C1中,側面ABB1A1為矩形,AB=1,AA1= ,D為AA1的中點,BD與AB1交于點O,CO側面ABB1A1. (1)證明BCAB1; (2)若OC=OA,求直線C1D與平面ABC所成角的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,又CO側面ABB1A1,所以AB1CO. 又BD與CO交于點O, 所以AB1面CBD. 又因為BC面CBD,所以BCAB1.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,類型三求二面角 例6 (2018河北衡水猜題,19)在三棱
15、柱ABC-A1B1C1中,側面ACC1A1是邊長為2的菱形,A1AC=60,BA=BC. (1)證明:ACA1B; (2)若底面是以B為直角頂點的直角三角形,且A1B=2,求二面角A1-BC1-C的正弦值.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 連接A1C,四邊形ACC1A1是菱形,且A1AC=60, ACA1為等邊三角形.取AC的中點O,連接OA1,OB,則ACOA1. BA=BC,ACOB. 又OA1OB=O,OA1平面OA1B,OB平面OA1B,AC平面OA1B. 又A1B平面OA1B,ACA1B.,題型一,題型二,題型三,題型四,(2)解 由(1)及題意可知OA1= ,OB=1
16、,A1B=2,則OBOA1,又OBAC,則OB平面A1AC.以O為坐標原點,分別以OB,OC,OA1所在的直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的坐標系O-xyz,則C(0,1,0),A(0,-1,0),B(1,0,0),A1(0,0, ),O(0,0,0),,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得如圖,設平面,的法向量分別為n1,n2,二面角的平面角為(0),則|cos |=|cos|= .結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練6 (2018黑龍江哈爾濱押題卷(一),18)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面為菱形,
17、BCD=120,AP=BP. (1)求證:PCAB;,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)證明 設AB中點為E,連接PE,CE, 依題意AB=BC,ABC=60, ABC為等邊三角形,ABCE. PA=PB,ABPE. PECE=E, AB平面PCE. 又PC平面PCE,ABPC.,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型一,題型二,題型三,題型四,題型四求空間點到面的距離 例7 如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是邊長為2的菱形,BAD=60,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,DE=2,M為線段BF的中點. (1)求M到平面DEC的距離及
18、三棱錐M-CDE的體積; (2)求證:DM平面ACE.,題型一,題型二,題型三,題型四,(1)解: 設ACBD=O,以O為原點,OB為x軸,OC為y軸,過O作平面ABCD的垂線為z軸,建立空間直角坐標系,,題型一,題型二,題型三,題型四,ACDM,AEDM, ACAE=A, DM平面ACE.,題型一,題型二,題型三,題型四,解題心得求空間的距離用找公垂線的方法比較難下手,用向量的方法則簡捷,高效.,題型一,題型二,題型三,題型四,對點訓練7 (2018安徽淮北期末,18)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截面而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求BF的長; (2)求點C到平面AEC1F的距離.,題型一,題型二,題型三,題型四,解 (1)建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).設F(0,0,z).,題型一,題型二,題型三,題型四,
2020版高考數(shù)學一輪復習 高考大題專項四 高考中的立體幾何課件 理 北師大版.ppt
