高考数学 热点专题突破系列(四)立体几何的综合问题课件.ppt

热点专题突破系列 四 立体几何的综合问题 考点一平行 垂直关系的证明与体积的计算 考情分析 以空间几何体 主要是柱 锥或简单组合体 为载体 通过空间平行 垂直关系的论证命制 主要考查公理4及线 面平行与垂直的判定定理与性质定理 常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查 考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想 一般以解答题的形式出现 难度中等 典例1 2014 重庆高考改编 如图所示 在四棱锥P ABCD中 底面是以O为中心的菱形 PO 底面ABCD AB 2 BAD M为BC上一点 且BM N为AB上一点 且BN 1 证明 MN 平面PAC 2 证明 BC 平面POM 3 若MP AP 求四棱锥P ABMO的体积 解题提示 1 只需证明MN AC即可 2 在平面POM内可以找到OM PO与BC垂直 从而得出结论 3 直接利用体积公式求解即可 规范解答 1 因为BM BN 所以所以MN AC 又MN 平面PAC AC 平面PAC 所以MN 平面PAC 2 因为ABCD为菱形 O为菱形中心 连接OB 则AO OB 因为 BAD 故OB AB sin 1 又因为BM 且 OBM 在 OBM中 OM2 OB2 BM2 2OB BM cos OBM 所以OB2 OM2 BM2 故OM BM 故OM BC 又PO 底面ABCD 所以PO BC 从而BC与平面POM内两条相交直线OM PO都垂直 所以BC 平面POM 3 由 2 得 OA AB cos OAB 2 设PO a 由PO 底面ABCD知 POA为直角三角形 故PA2 PO2 OA2 a2 3 由 POM也是直角三角形 故PM2 PO2 OM2 a2 连接AM 在 ABM中 AM2 AB2 BM2 2AB BM cos ABM 由已知MP AP 故 APM为直角三角形 则PA2 PM2 AM2 即得 舍去 即PO 此时S四边形ABMO S AOB S OMB AO OB BM OM所以四棱锥P ABMO的体积 规律方法 1 空间两直线位置关系的判定方法 1 对于平行直线可通过作辅助线 利用三角形或梯形中位线的性质及线面平行与面面平行的性质定理 2 垂直关系可采用线面垂直的性质解决 2 空间线面的位置关系的判定方法 1 证明直线与平面平行 设法在平面内找到一条直线与已知直线平行 解答时合理利用中位线性质 线面平行的性质 或构造平行四边形 寻求比例关系确定两直线平行 2 证明直线与平面垂直 主要途径是找到一条直线与平面内的两条相交直线垂直 解题时注意分析观察几何图形 寻求隐含条件 3 空间面面的位置关系的判定方法 1 证明面面平行 需要证明线面平行 要证明线面平行需证明线线平行 将 面面平行 问题转化为 线线平行 问题 2 证明面面垂直 将 面面垂直 问题转化为 线面垂直 问题 再将 线面垂直 问题转化为 线线垂直 问题 4 计算几何体体积的关键及注意点计算几何体的体积时 能直接用公式时 关键是确定几何体的高 而不能直接用公式时 注意进行体积的转化 变式训练 2015 杭州模拟 如图 在三棱柱ABC A1B1C1中 AC BC AB BB1 AC BC BB1 2 D为AB的中点 且CD DA1 1 求证 平面A1B1B 平面ABC 2 求多面体DBC A1B1C1的体积 解析 1 因为AC BC D为AB的中点 所以CD AB 又CD DA1 AB DA1 D 所以CD 平面A1B1B 又因为CD 平面ABC 故平面A1B1B 平面ABC 2 因为平面A1B1B 平面ABC 平面A1B1B 平面ABC AB BB1 平面A1B1B AB BB1 所以BB1 平面ABC 因此 S ABC AA1 S ADC AA1 S ABC AA1 S ABC AA1 S ABC AA1 加固训练 2013 江西高考 如图 四棱柱ABCD A1B1C1D1中 AA1 面ABCD AB CD AD AB AB 2 AD AA1 3 E为CD上一点 DE 1 EC 3 1 证明 BE 平面BB1C1C 2 求点B1到平面EA1C1的距离 解析 1 过点B作CD的垂线交CD于点F 则BF AD EF AB DE 1 FC 2 在Rt BFE中 BE 在Rt CFB中 BC 在 BEC中 因为BE2 BC2 9 EC2 所以BE BC 又由BB1 平面ABCD得BE BB1 又BB1 BC B 故BE 平面BB1C1C 2 在Rt A1D1C1中 同理 则设点B1到平面EA1C1的距离为d 则三棱锥B1 EA1C1的体积为所以点B1到平面EA1C1的距离为 考点二平面图形折叠成空间几何体问题 考情分析 先将平面图形折叠成空间几何体 再以其为载体研究其中的线 面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向 它很好地将平面图形拓展成空间图形 同时也将空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径 是高考深层次考查空间想象能力的主要方向 典例2 2015 中山模拟 如图1所示 在Rt ABC中 AC 6 BC 3 ABC 90 CD为 ACB的平分线 点E在线段AC上 且CE 4 如图2所示 将 BCD沿CD折起 使得平面BCD 平面ACD 连接AB 设点F是AB的中点 1 求证 DE 平面BCD 2 若EF 平面BDG 其中G为直线AC与平面BDG的交点 求三棱锥B DEG的体积 解题提示 1 由平面BCD 平面ACD 只需证明DE DC即可 2 先由平面BCD 平面ACD 求得B到平面ACD 即DEG的距离 再由体积公式求解 规范解答 1 在题图1中 因为AC 6 BC 3 ABC 90 所以 A 30 ACB 60 因为CD为 ACB的平分线 所以 BCD ACD 30 所以CD 2 因为CE 4 DCE 30 由余弦定理可得cos30 即 解得DE 2 则CD2 DE2 EC2 所以 CDE 90 DE DC 在题图2中 因为平面BCD 平面ACD 平面BCD 平面ACD CD DE 平面ACD 且DE DC 所以DE 平面BCD 2 在题图2中 因为EF 平面BDG EF 平面ABC 平面ABC 平面BDG BG 所以EF BG 因为点E在线段AC上 CE 4 点F是AB的中点 所以AE EG CG 2 作BH CD于点H 因为平面BCD 平面ACD 所以BH 平面ACD 由已知可得所以三棱锥B DEG的体积V S DEG BH 规律方法 折叠问题的求解策略 1 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量 一般情况下 长度是不变量 而位置关系往往会发生变化 2 在解决问题时 要综合考虑折叠前后的图形 既要分析折叠后的图形 也要分析折叠前的图形 进而将其转化为立体几何的常规问题求解 解决折叠问题的关注点平面图形折叠成空间图形 主要抓住变与不变的量 所谓不变的量 即是指 未折坏 的元素 包括 未折坏 的边和角 一般优先标出未折坏的直角 从而观察是否存在线面垂直 然后标出其他特殊角 以及所有不变的线段 变式训练 2015 天津模拟 如图 在边长为3的正三角形ABC中 G F为边AC的三等分点 E P分别是AB BC边上的点 满足AE CP 1 今将 BEP CFP分别沿EP FP向上折起 使边BP与边CP所在的直线重合 B C折后的对应点分别记为B1 C1 1 求证 C1F 平面B1GE 2 求证 PF 平面B1EF 证明 1 取EP的中点D 连接FD C1D 因为BC 3 CP 1 所以折起后C1为B1P的中点 所以在 B1EP中 DC1 EB1 又因为AB BC AC 3 AE CP 1 所以 所以EP 2且EP GF 因为G F为AC的三等分点 所以GF 1 又因为ED EP 1 所以GF ED 所以四边形GEDF为平行四边形 所以FD GE 又因为DC1 FD D GE B1E E 所以平面DFC1 平面B1GE 又因为C1F 平面DFC1 所以C1F 平面B1GE 2 连接EF B1F 由已知得 EPF 60 且FP 1 EP 2 由余弦定理 得EF2 12 22 2 1 2 cos60 3 所以FP2 EF2 EP2 可得PF EF 因为B1C1 PC1 1 C1F 1 得FC1 B1C1 PC1 所以 PB1F的中线C1F PB1 可得 PB1F是直角三角形 即B1F PF 因为EF B1F F EF B1F 平面B1EF 所以PF 平面B1EF 加固训练 2013 湖北高考 如图甲 在平面四边形ABCD中 已知 A 45 C 90 ADC 105 AB BD 现将四边形ABCD沿BD折起 使平面ABD 平面BDC 如图乙 设点E F分别为棱AC AD的中点 1 求证 DC 平面ABC 2 设CD a 求三棱锥A BFE的体积 解析 1 在图甲中因为AB BD且 A 45 所以 ADB 45 ABD 90 即AB BD 在图乙中 因为平面ABD 平面BDC 且平面ABD 平面BDC BD 所以AB 底面BDC 所以AB CD 又 DCB 90 所以DC BC 且AB BC B 所以DC 平面ABC 2 因为E F分别为AC AD的中点 所以EF CD 又由 1 知 DC 平面ABC 所以EF 平面ABC 所以VA BFE VF AEB S AEB FE在图甲中 因为 ADC 105 所以 BDC 60 DBC 30 由CD a得BD 2a BC a EF CD a 所以S ABC AB BC 2a a a2 所以S AEB 所以 考点三空间向量在立体几何中的应用 考情分析 在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系 利用空间向量的坐标运算证明空间中的线 面的平行与垂直关系 计算空间角 特别是二面角 及空间距离 常与空间几何体的结构特征 空间线 面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合 以解答题形式出现 难度中等 典例3 2015 南昌模拟 如图 三棱柱ABC A1B1C1中 BC 2 BC1 CC1 ABC是以BC为底边的等腰三角形 平面ABC 平面BCC1B1 E F分别为棱AB CC1的中点 1 求证 EF 平面A1BC1 2 若AC2为整数 且EF与平面ACC1A1所成的角的正弦值为 求二面角C AA1 B的余弦值 解题提示 根据平面ABC 平面BCC1B1 选坐标原点建立空间直角坐标系 1 求平面A1BC1的法向量n 证明n 即可 2 分别求平面ACC1A1与平面AA1B的法向量 利用向量的夹角公式求解 规范解答 1 因为CC1 BC1 BC 2 所以 CC1B是以BC为斜边的等腰直角三角形 取BC的中点O 连接AO C1O 设OA b 则AO BC C1O BC 因为面ABC 面BCC1B1 且面ABC 面BCC1B1 BC 所以AO 面BCC1B1 C1O 面ABC 以O为坐标原点 以OC OC1 OA所在直线为x y z轴建立空间直角坐标系 所以C 1 0 0 C1 0 1 0 A 0 0 b A1 1 1 b B 1 0 0 所以所以 1 1 0 1 0 b 可得平面A1BC1的一个法向量为n b b 1 所以 所以又EF 平面A1BC1 所以EF 平面A1BC1 2 设平面ACC1A1的一个法向量为n1 x1 y1 z1 又 1 1 0 1 0 b 则令z1 1 则n1 b b 1 又 所以解得b 1或b 因为AC2为整数 所以b 1 所以n1 1 1 1 同理可求得平面AA1B的一个法向量n2 1 1 1 所以又二面角C AA1 B为锐二面角 所以余弦值为 规律方法 利用空间向量证明线面位置关系与计算空间角的步骤 1 根据题目中的条件 充分利用垂直关系 尽量使相关点在坐标轴上 建立适当的空间直角坐标系 求出相关点的坐标 2 求出相关直线的方向向量 相关平面的法向量 根据题目的要求 选择适当的公式 将相关坐标代入进行求解和证明 3 回归待求证 求解问题 变式训练 2015 唐山模拟 在如图所示的几何体中 四边形ABCD是等腰梯形 AB CD ABC 60 AB 2CB 2 在梯形ACEF中 EF AC 且AC 2EF EC 平面ABCD 1 求证 BC AF 2 若二面角D AF C为45 求CE的长 解析 1 在 ABC中 AC2 AB2 BC2 2AB BCcos60 3 所以AB2 AC2 BC2 由勾股定理知 ACB 90 所以BC AC 又因为EC 平面ABCD BC 平面ABCD 所以BC EC 又因为AC EC C 所以BC 平面ACEF 又AF 平面ACEF 所以BC AF 2 因为EC 平面ABCD 又由 1 知BC AC 所以以C为原点 建立如图所示的空间直角坐标系C xyz 设CE h 则C 0 0 0 A 0 0 设平面DAF的法向量为n1 x y z 则所以令x 所以又平面AFC的法向量n2 0 1 0 所以解得所以CE的长为 加固训练 1 2013 山东高考 如图所示 在三棱锥P ABQ中 PB 平面ABQ BA BP BQ D C E F分别是AQ BQ AP BP的中点 AQ 2BD PD与EQ交于点G PC与FQ交于点H 连接GH 1 求证 AB GH 2 求二面角D GH E的余弦值 解析 1 因为D C E F分别是AQ BQ AP BP的中点 所以EF AB DC AB 所以EF DC 又EF 平面PCD DC 平面PCD 所以EF 平面PCD 又EF 平面EFQ 平面EFQ 平面PCD GH 所以EF GH 又EF AB 所以AB GH 2 由AQ 2BD D为AQ的中点可得 ABQ为直角三角形 ABQ 90 以B为坐标原点 分别以BA BC BP所在直线为x y z轴建立空间直角坐标系 则B 0 0 0 设A 2 0 0 P 0 0 2 Q 0 2 0 则E 1 0 1 F 0 0 1 D 1 1 0 C 0 1 0 所以 0 1 2 1 0 0 1 0 0 1 2 1 设平面GCD的一个法向量为n1 x1 y1 z1 则得取n1 0 2 1 设平面EFG的一个法向量为n2 x2 y2 z2 则得 取n2 0 1 2 可得因为二面角D GH E为钝角 所以二面角D GH E的余弦值为 2 2015 郑州模拟 如图 四边形ABCD是边长为2的正方形 MD 平面ABCD NB MD 且NB 1 MD 2 1 求证 AM 平面BCN 2 求AN与平面MNC所成角的正弦值 3 E为直线MN上一点 且平面ADE 平面MNC 求的值 解析 1 因为ABCD是正方形 所以BC AD 因为BC 平面AMD AD 平面AMD 所以BC 平面AMD 因为NB MD 又NB 平面AMD MD 平面AMD 所以NB 平面AMD 因为NB BC B NB 平面BCN BC 平面BCN 所以平面AMD 平面BCN 因为AM 平面AMD 所以AM 平面BCN 2 因为MD 平面ABCD ABCD是正方形 所以 可选点D为原点 DA DC DM所在直线分别为x y z轴 建立空间直角坐标系 如图 则A 2 0 0 M 0 0 2 C 0 2 0 N 2 2 1 所以 0 2 1 2 2 1 0 2 2 设平面MNC的一个法向量n x y z 则令z 2 则n 1 2 2 设AN与平面MNC所成角为 所以sin 3 设E x y z 又因为 x y z 2 2 2 1 所以E点的坐标为 2 2 2 因为AD 平面MDC 所以AD MC 欲使平面ADE 平面MNC 只要AE MC 因为 2 2 2 2 0 2 2 且 0 所以4 2 2 0 所以 所以 考点四利用空间向量解决探索性问题 考情分析 此类试题一般以解答题形式呈现 常涉及线 面平行 垂直 空间角的计算问题 是高考命题的热点 一般有两种考查形式 1 根据条件作出判断 再进一步论证 2 利用空间向量 先假设存在点的坐标 再根据条件判断该点的坐标是否存在 典例4 2015 深圳模拟 在直角梯形ABCD中 AD BC BC 2AD 2AB 2 AB BC 如图所示 把 ABD沿BD翻折 使得平面ABD 平面BCD 1 求证 CD AB 2 若点M为线段BC的中点 求点M到平面ACD的距离 3 在线段BC上是否存在点N 使得AN与平面ACD所成的角为60 若存在 求出的值 若不存在 请说明理由 解题提示 1 根据平面ABD 平面BCD 只需证明CD BD 进而得到CD 平面ABD 从而证明CD AB 2 以D为原点建立空间直角坐标系 求出向量及平面ACD的一个法向量n 代入点到平面的距离公式求解 3 假设在线段BC上存在一点N使AN与平面ACD所成的角为60 再利用向量的夹角公式进行运算判断 规范解答 1 在直角梯形ABCD中 AD BC BC 2AD 2AB AB BC 所以AD AB BD 2 DBC ADB 45 CD 所以BD2 CD2 BC2 所以CD BD 因为平面ABD 平面BCD 平面ABD 平面BCD BD 所以CD 平面ABD 又AB 平面ABD 所以CD AB 2 由 1 知CD BD 以点D为原点 DB所在的直线为x轴 DC所在的直线为y轴 过点D作垂直于平面BCD的直线为z轴 建立空间直角坐标系D xyz 如图所示 由已知得A 1 0 1 B 2 0 0 C 0 2 0 D 0 0 0 M 1 1 0 所以 0 2 0 1 0 1 1 1 0 设平面ACD的一个法向量为n x y z 则即令x 1 得z 1 y 0 则平面ACD的一个法向量为n 1 0 1 所以点M到平面ACD的距离为 3 假设在线段BC上存在点N 使得AN与平面ACD所成的角为60 设 0 1 N a b 0 则 a 2 b 0 2 2 0 所以N 2 2 2 0 1 2 2 1 又平面ACD的一个法向量为n 1 0 1 且直线AN与平面ACD所成的角为60 所以sin60 即可得8 2 2 1 0 解得 或 舍去 综上所述 在线段BC上存在点N 使得AN与平面ACD所成的角为60 此时 规律方法 探索性问题的求解策略 1 对于存在判断型问题的求解 应先假设存在 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 是否有规定范围内的解 等 2 对于位置探究型问题 通常借助向量 引进参数 综合已知和结论列出等式 解出参数 变式训练 2015 西安模拟 如图所示 棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都等于2 ABC和 A1AC均为60 平面AA1C1C 平面ABCD 1 求证 BD AA1 2 求二面角D A1A C的余弦值 3 在直线CC1上是否存在点P 使BP 平面DA1C1 若存在 求出点P的位置 若不存在 请说明理由 解析 设BD与AC交于O 则BD AC 连接A1O 在 AA1O中 AA1 2 AO 1 A1AO 60 所以A1O2 AA12 AO2 2AA1 AO cos60 3 所以AO2 A1O2 AA12 所以A1O AO 由于平面AA1C1C 平面ABCD 所以A1O 平面ABCD 以OB OC OA1所在直线分别为x轴 y轴 z轴 建立如图所示的空间直角坐标系 则A 0 1 0 B 0 0 C 0 1 0 D 0 0 A1 0 0 C1 0 2 1 由于所以BD AA1 2 由于OB 平面AA1C1C 所以平面AA1C1C的一个法向量为n1 1 0 0 设n2 平面AA1D 则设n2 x y z 则取n2 1 1 则 n1 n2 即为二面角D A1A C的平面角 所以所以二面角D A1A C的平面角的余弦值为 3 假设在直线CC1上存在点P 使BP 平面DA1C1 设 P x y z 则 x y 1 z 0 1 从而有P 0 1 设n3 平面DA1C1 则又 0 2 0 设n3 x3 y3 z3 则取n3 1 0 1 因为BP 平面DA1C1 则n3 即得 1 即点P在C1C的延长线上 且C1C CP 加固训练 1 2014 海淀模拟 在如图所示的几何体中 底面ABCD为菱形 BAD 60 AA1DD1CC1 BE 且AA1 AB D1E 平面D1AC AA1 底面ABCD 1 求二面角D1 AC E的大小 2 在D1E上是否存在一点P 使得A1P 平面EAC 若存在 求的值 若不存在 说明理由 解析 1 设AC与BD交于点O 如图所示建立空间直角坐标系Oxyz 设AB 2 则A 0 0 B 0 1 0 C 0 0 D 0 1 0 D1 0 1 2 设E 0 1 t 则因为D1E 平面D1AC 所以D1E CA D1E D1A 所以解得t 3 所以E 0 1 3 所以 设平面EAC的一个法向量为m x y z 则所以令z 1 y 3 则m 0 3 1 又平面D1AC的一个法向量为 0 2 1 所以所以所求二面角的大小为45 2 假设在D1E上存在一点P 使得A1P 平面EAC 设得因为A1P 平面EAC 所以 m 所以解得 存在点P使A1P 平面EAC 此时D1P PE 3 2 2 2015 西安模拟 如图 四棱锥A BCDE中 ABC是正三角形 四边形BCDE是矩形 且平面ABC 平面BCDE AB 2 AD 4 1 若点G是AE的中点 求证 AC 平面BDG 2 试问点F在线段AB上什么位置时 二面角B CE F的余弦值为 解析 1 设BD CE交于点O 连接OG 易知OG为 ACE的中位线 故OG AC 又AC 平面BDG OG 平面BDG 得AC 平面BDG 2 如图 取BC的中点H 建立空间直角坐标系H xyz 在Rt ACD中 斜边AD 4 AC 2 得CD 所以A 0 0 B 1 0 0 C 1 0 0 E 1 2 0 设 0 1 得F 1 0 设平面CEF的一个法向量为n x y z 由即取x 得而平面BCE的一个法向量n0 0 0 1 所以由题意得解得 1 舍去 或 所以当点F为线段AB的中点时 二面角B CE F的余弦值为