资源描述
高考大题专项突破四高考中的立体几何,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.,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)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.,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ABC,所以ADAC.,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明:连接BD,与AC交于点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.,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.,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,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,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,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ACC1A1,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,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,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)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.,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,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明:取CD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.,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为等边三角形.因为O为AD中点,所以ADBO.,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,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,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,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.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,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,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,题型一,题型二,题型三,题型四,ACDM,AEDM,ACAE=A,DM平面ACE.,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练7(2017贵州贵阳一模)底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1B1,A1D1的中点.(1)在图中作一个平面,使得BD,且平面AEF;(不必给出证明过程,只要求作出与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)(2)若AB=AA1=2,BAD=60,求点C到所作截面的距离.,题型一,题型二,题型三,题型四,解:(1)取B1C1的中点G,D1C1的中点H,连接BG,GH,DH,则平面BDHG就是所求的平面,与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即为面BDHG.(2)取BC中点M,AB=AA1=2,BAD=60,以D为原点,DA为x轴,DM为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,
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