（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分 第二篇 重點(diǎn)專題分層練中高檔題得高分 第16練 立體幾何課件.ppt

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第二篇重點(diǎn)專題分層練，中高檔題得高分,第16練立體幾何[解答題突破練],,明晰考情1.命題角度：高考中考查線面的位置關(guān)系和線面角，更多體現(xiàn)傳統(tǒng)方法.2.題目難度：中檔難度.,,欄目索引,核心考點(diǎn)突破練,,,模板答題規(guī)范練,考點(diǎn)一空間中的平行、垂直關(guān)系,方法技巧(1)平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線平行，比較常見的是利用三角形中位線構(gòu)造平行關(guān)系，利用平行四邊形構(gòu)造平行關(guān)系.(2)證明線線垂直的常用方法①利用特殊平面圖形的性質(zhì)，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直；②利用勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質(zhì).,,核心考點(diǎn)突破練,證明,1.如圖，在六面體ABCDE中，平面DBC⊥平面ABC，AE⊥平面ABC.(1)求證：AE∥平面DBC；,證明過點(diǎn)D作DO⊥BC，O為垂足.又∵平面DBC⊥平面ABC，平面DBC∩平面ABC＝BC，DO?平面DBC，∴DO⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC，∴AE∥DO.又AE?平面DBC，DO?平面DBC，故AE∥平面DBC.,(2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求證：AD⊥DC.,證明由(1)知，DO⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴DO⊥AB.又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO，BC?平面DBC，∴AB⊥平面DBC.∵DC?平面DBC，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB?平面ABD，∴DC⊥平面ABD.又AD?平面ABD，∴AD⊥DC.,證明,2.(2018江蘇)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；,證明,證明在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.,(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.,證明在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B.又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.,證明,證明,3.(2018全國Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn).(1)證明：PO⊥平面ABC；,證明因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，,如圖，連接OB.,所以△ABC為等腰直角三角形，,由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.因?yàn)镺P⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC?平面ABC，所以PO⊥平面ABC.,(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離.,解作CH⊥OM，垂足為H，又由(1)可得OP⊥CH，因?yàn)镺M∩OP＝O，OM，OP?平面POM，所以CH⊥平面POM.故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離.,解答,4.如圖所示，三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60.(1)求三棱錐P－ABC的體積；,解答,解∵AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60，,由PA⊥平面ABC可知，PA是三棱錐P－ABC的高，且PA＝1，,解答,(2)證明：在線段PC上存在點(diǎn)M，使得AC⊥BM，并求的值.,解在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)B作BN⊥AC，垂足為N，在平面PAC內(nèi)，過點(diǎn)N作MN∥PA交PC于點(diǎn)M，連接BM.∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，∴MN⊥AC.又∵BN⊥AC，BN∩MN＝N，BN，MN?平面BMN，∴AC⊥平面MBN.又∵BM?平面MBN，∴AC⊥BM.,考點(diǎn)二空間角的求解,要點(diǎn)重組設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).(1)線線角,方法技巧求空間角的兩種方法(1)按定義作出角，然后利用圖形計(jì)算.(2)利用空間向量，計(jì)算直線的方向向量和平面的法向量，通過向量的夾角計(jì)算.,證明,5.(2018諸暨模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是邊長為2的等邊三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝AB＝2CD＝E是CD的中點(diǎn).(1)證明：AE⊥PB；,證明取AD的中點(diǎn)G，連接PG，BG，平面PAD⊥平面ABCD，PG⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD，∴PG⊥平面ABCD，∴AE⊥PG.又∵tan∠DAE＝tan∠ABG，∴AE⊥BG.又∵PG∩BG＝G，PG，BG?平面PBG，∴AE⊥平面PBG，∴AE⊥PB.,解答,(2)設(shè)F是棱PB上的點(diǎn)，EF∥平面PAD，求EF與平面PAB所成角的正弦值.,解作FH∥AB交PA于點(diǎn)H，連接DH，∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，∴EF∥DH.∴四邊形FHDE為平行四邊形.,即H為PA的一個(gè)四等分點(diǎn).又AB⊥AD，平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，AB?平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，,作DK⊥PA于點(diǎn)K，∴AB⊥DK，DK⊥PA，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴DK⊥平面PAB，∴∠DHK為所求線面角，,6.在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B是邊長為2的正方形，點(diǎn)C在平面AA1B1B上的射影H恰好為A1B的中點(diǎn)，且CH＝設(shè)D為CC1的中點(diǎn).(1)求證：CC1⊥平面A1B1D；,證明,證明方法一(幾何法)因?yàn)镃C1∥AA1且在正方形AA1B1B中AA1⊥A1B1，所以CC1⊥A1B1，取A1B1的中點(diǎn)E，連接DE，HE，,又D為CC1的中點(diǎn)，所以HE∥CD且HE＝CD，所以四邊形HEDC為平行四邊形，因此CH∥DE，,又CH⊥平面AA1B1B，所以CH⊥HE，DE⊥HE，所以DE⊥CC1，又A1B1∩DE＝E，A1B1，DE?平面A1B1D，所以CC1⊥平面A1B1D.,方法二(向量法)如圖，以H為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，,因此CC1⊥平面A1B1D.,解答,(2)求DH與平面AA1C1C所成角的正弦值.,解方法一(幾何法)取AA1的中點(diǎn)F，連接CF，作HK⊥CF于點(diǎn)K，因?yàn)镃H∥DE，F(xiàn)H∥A1B1，CH∩FH＝H，DE∩A1B1＝E，所以平面CFH∥平面A1B1D，由(1)得CC1⊥平面A1B1D，所以CC1⊥平面CFH，又HK?平面CFH，所以HK⊥CC1，又HK⊥CF，CF∩CC1＝C，CF，CC1?平面AA1C1C，所以HK⊥平面AA1C1C，所以DH與平面AA1C1C所成的角為∠HDK.,在Rt△DHK中，,方法二(向量法)設(shè)平面AA1C1C的法向量為n＝(1，x，y)，,設(shè)θ為DH與平面AA1C1C所成的角，,證明,7.(2018浙江省杭州市第二中學(xué)模擬)如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABD＝30，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF∥BD，且BD＝2EF.(1)求證：平面ADE⊥平面BDEF；,證明在△ABD中，∠ABD＝30，由AD2＝AB2＋BD2－2ABBDcos30，解得BD＝所以AD2＋BD2＝AB2，根據(jù)勾股定理得∠ADB＝90，∴AD⊥BD.又因?yàn)镈E⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以AD⊥DE.又因?yàn)锽D∩DE＝D，BD，DE?平面BDEF，所以AD⊥平面BDEF，又AD?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BDEF，,解答,(2)若二面角C－BF－D的大小為60，求CF與平面ABCD所成角的正弦值.,解方法一如圖，由(1)可得∠ADB＝90，∠ABD＝30，則∠BDC＝30，則△BCD為銳角為30的等腰三角形.,過點(diǎn)C作CH∥DA，交DB，AB于點(diǎn)G，H，則點(diǎn)G為點(diǎn)F在平面ABCD上的投影.連接FG，則CG⊥BD，DE⊥平面ABCD，則CG⊥平面BDEF.過點(diǎn)G作GI⊥BF于點(diǎn)I，連接HI，CI，則BF⊥平面GCI，即∠GIC為二面角C－BF－D的平面角，則∠GIC＝60.,設(shè)DE＝x，則GF＝x，,方法二由題意可知DA，DB，DE兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DB，DE所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.,設(shè)平面BCF的法向量為m＝(x，y，z)，,取平面BDEF的法向量為n＝(1,0,0)，,設(shè)CF與平面ABCD所成的角為α，,8.如圖，在四棱錐P－ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分別是AD，PB的中點(diǎn).(1)求證：PD∥平面OCM；,證明,證明連接OB，設(shè)BD與OC的交點(diǎn)為N，連接MN.因?yàn)镺為AD的中點(diǎn)，AD＝2，所以O(shè)A＝OD＝1＝BC.又因?yàn)锳D∥BC，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以N為BD的中點(diǎn)，又因?yàn)镸為PB的中點(diǎn)，所以MN∥PD.又因?yàn)镸N?平面OCM，PD?平面OCM，所以PD∥平面OCM.,(2)若AP與平面PBD所成的角為60，求線段PB的長.,解答,解由四邊形OBCD為平行四邊形，知OB＝CD＝1，所以△AOB為等邊三角形，所以∠BAD＝60,即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD.因?yàn)镈P⊥平面ABP，所以AB⊥PD.又因?yàn)锽D∩PD＝D，BD，PD?平面BDP，所以AB⊥平面BDP，所以∠APB為AP與平面PBD所成的角，即∠APB＝60，,,模板答題規(guī)范練,模板體驗(yàn),例(15分)如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，現(xiàn)將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC的位置，此時(shí)PA⊥PB.,(1)求證：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值.,審題路線圖,(2)方法一(作角),方法二(向量法),規(guī)范解答評分標(biāo)準(zhǔn)(1)證明因?yàn)镻A⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，所以PA⊥平面PBC，2分所以PA⊥BC，又BC⊥AB，AB∩AP＝A，所以BC⊥平面PAB，4分又BC?平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.6分,(2)解方法一如圖，作BD⊥PC于點(diǎn)D，連接AD，由(1)知，PA⊥平面PBC，所以PA⊥BD，而BD⊥PC，PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角.9分,方法二由(1)知平面PAB⊥平面ABC，所以在平面PAB內(nèi)，過點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E，則PE⊥平面ABC，如圖，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系(z軸與直線PE平行)，,可知A(0，－4,0)，B(0,0,0)，C(－3,0,0)，,構(gòu)建答題模板方法一[第一步]找垂直：利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直.[第二步]作角：利用定義結(jié)合垂直關(guān)系作出所求角.[第三步]計(jì)算：將所求角放在某三角形中，計(jì)算.,方法二[第一步]找垂直：利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直，同時(shí)為建系作準(zhǔn)備.[第二步]寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特殊點(diǎn)的坐標(biāo).[第三步]求向量：求直線的方向向量或平面的法向量.[第四步]求夾角：計(jì)算向量的夾角，得到所求的線面角或二面角.,所以AD2＋BD2＝AB2，所以BD⊥AD.又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，BD?底面ABCD，所以BD⊥平面PAD，又PA?平面PAD，所以BD⊥PA.,1.在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90，BC＝CD＝(1)證明：BD⊥PA；,證明,規(guī)范演練,(2)若△PAD為正三角形，求直線PA與平面PBD所成角的余弦值.,解答,解方法一如圖，取PD的中點(diǎn)M，連接AM，BM.因?yàn)椤鱌AD為正三角形，所以AM⊥PD.又由(1)知，BD⊥平面PAD，所以平面PBD⊥平面PAD，又平面PAD∩平面PBD＝PD，AM?平面PAD，所以AM⊥平面PBD，故∠APM即為直線PA與平面PBD所成的角.,方法二在平面PAD內(nèi)，過點(diǎn)P作PQ⊥AD，垂足為Q，取AB的中點(diǎn)N，連接QN，易知，PQ，AQ，QN兩兩垂直.以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，QA，QN，QP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.,設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量.,2.設(shè)平面ABCD⊥平面ABEF，AB∥CD，AB∥EF，∠BAF＝∠ABC＝90，BC＝CD＝AF＝EF＝1，AB＝2.(1)證明：CE∥平面ADF；,證明,證明∵AB∥CD，AB∥EF，∴CD∥EF.又∵CD＝EF，∴四邊形CDFE是平行四邊形.∴CE∥DF，又CE?平面ADF，DF?平面ADF，∴CE∥平面ADF.,(2)求直線DF與平面BDE所成角的正弦值.,解答,解取AB的中點(diǎn)G，連接CG交BD于點(diǎn)O，連接EO，EG.∵CD∥EF，∴DF與平面BDE所成的角等于CE與平面BDE所成的角.∵AB⊥AF，平面ABCD⊥平面ABEF，∴AF⊥平面ABCD.又∵EG∥AF，∴EG⊥平面ABCD，∴EG⊥BD.連接DG，在正方形BCDG中，BD⊥CG，故BD⊥平面ECG.,∴平面BDE⊥平面ECG.在平面CEO中，作CH⊥EO，交直線EO的延長線于點(diǎn)H，得CH⊥平面BDE.∴∠CEH是CE與平面BDE所成的角.過點(diǎn)G作GQ⊥EO.∵OC＝OG，,3.(2018寧波模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAD為正三角形，四邊形ABCD為直角梯形，CD∥AB，BC⊥AB，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CP的中點(diǎn)，AD＝AB＝2CD＝2.(1)證明：直線EF∥平面PAB；,證明,證明設(shè)BC的中點(diǎn)為M，連接EM，F(xiàn)M，易知EM∥AB，F(xiàn)M∥PB，因?yàn)镋M∥AB，EM?平面PAB，AB?平面PAB，所以EM∥平面PAB.同理FM∥平面PAB.又EM∩FM＝M，EM?平面FEM，F(xiàn)M?平面FEM，所以平面FEM∥平面PAB，又EF?平面FEM，所以直線EF∥平面PAB.,(2)求直線EF與平面PBC所成角的正弦值.,解連接PE，PM，因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且PE⊥AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，PE⊥BC.又因?yàn)镋M⊥BC，PE∩EM＝E，所以BC⊥平面PEM，所以平面PBC⊥平面PEM.過點(diǎn)E作EH⊥PM于點(diǎn)H，連接FH，由平面PBC⊥平面PEM可知，EH⊥平面PBC.所以直線EF與平面PBC所成的角為∠EFH.,解答,4.如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE折起至△A′DE的位置，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F(xiàn)為線段A′C的中點(diǎn).(1)求證：BF∥平面A′DE；,證明,證明取A′D的中點(diǎn)M，連接FM，EM，∵F為A′C的中點(diǎn)，,又E為AB的中點(diǎn)，且AB∥CD，且AB＝CD，,∴BE∥FM且BE＝FM，∴四邊形BFME為平行四邊形.∴BF∥EM，又EM?平面A′DE，BF?平面A′DE，∴BF∥平面A′DE.,(2)求直線A′B與平面A′DE所成角的正切值.,解答,解在平面BCDE內(nèi)作BN⊥DE，交DE的延長線于點(diǎn)N，∵平面A′DE⊥平面BCDE，平面A′DE∩平面BCDE＝DE，BN?平面BCDE，∴BN⊥平面A′DE，連接A′N，則∠BA′N為A′B與平面A′DE所成的角.易知△BNE∽△DAE，,在△A′DE中，作A′P⊥DE，垂足為P，∵A′E＝1，A′D＝2，,本課結(jié)束,