2019高考数学二轮复习第一篇微型专题热点重点难点专题透析专题4立体几何课件理.pptx

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1、2019,专题 4,立体几何,04,目录,微专题09 三视图、表面积与体积计算,点击出答案,一、空间几何体 1.画三视图的基本要求是什么?画三视图有哪些注意点?,正(主)视图、俯视图“长对正”,正(主)视图、侧(左)视图“高平齐”,俯视图、侧(左)视图“宽相等”.画三视图时,能看见的线和棱用实线表示,不能看见的轮廓线和棱用虚线表示,同一物体放置的位置不同,所画的三视图可能不同。,2.斜二测画法的特点(或规则)是什么?,(口诀)坐标两轴各相关,夹角直角增减半;平行关系皆不变,长度只有纵减半.,3.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积公式怎样计算?,(1)柱体、锥体、台体、球的侧面积公式: S柱侧=

2、ch(c为底面周长,h为高);S锥侧= 1 2 ch(c为底面周长,h为斜高); S台侧= 1 2 (c+c)h(c、c分别为上、下底面的周长,h为斜高); S球=4R2(R为球的半径). (2)柱体、锥体、台体、球的体积公式: V柱体=Sh(S为底面面积,h为高);V锥体= 1 3 Sh(S为底面面积,h为高); V台= 1 3 (S+ +S)h(S、S分别为上、下底面的面积,h为高); V球= 4 3 R3(R为球的半径).,二、点、直线、平面之间的位置关系 1.公理1、2、3、4的作用分别是什么?,公理1是判断直线在平面内的依据;公理2是确定平面的条件;公理3是判断三点共线的依据;公理4

3、可判断或证明线线平行.,2.直线、平面平行的判定定理与性质定理是什么?,(1)直线与平面平行的判定定理:a,b,且aba. (2)平面与平面平行的判定定理:a,b,ab=P,a,b. (3)直线与平面平行的性质定理:a,a,=bab. (4)平面与平面平行的性质定理:,=a,=bab.,3.直线、平面垂直的判定定理与性质定理是什么?,(1)直线与平面垂直的判定定理:la,lb,a,b,ab=Pl. (2)平面与平面垂直的判定定理:a,a. (3)直线与平面垂直的性质定理:m,nmn. (4)平面与平面垂直的性质定理:,=l,a,ala.,4.求直线与平面所成角的基本思想和方法是什么?,求线面角

4、,一般先定斜足,再作垂线找射影,最后通过解直角三角形求解,即“作(作出线面角)证(证所作角为所求角)求(在直角三角形中求解线面角)”.,5.求二面角的基本思想和方法是什么?,作出二面角的平面角,主要有三种作法:定义法,垂面法,垂线法.,6.求空间中的点面距离的基本思想和方法是什么?,求点面距离主要有以下几种方法:(1)先求作该点到平面的垂线段,再找垂线段所在的三角形,最后解直角三角形求出垂线段的长度.(2)当该点的垂线段不容易找时,可以将该点转化为其他点到相应平面的距离,如当直线与平面平行时,该直线上任一点到平面的距离相等.(3)先求出该几何体的体积和底面积,也就可以求出高,即点到平面的距离.

5、,三、空间直角坐标系与空间向量 1.空间向量的基本定理是什么?,如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.,2.空间直角坐标系的定义是什么?点的坐标如何表示?,利用交于一点的三条互相垂直的直线在空间中建立的坐标系,即空间直角坐标系;设M(x,y,z),x叫横坐标,y叫纵坐标,z叫竖坐标.,3.空间两点间的距离公式是什么?,设点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则|P1P2|= ( 1 2 ) 2 +( 1 2 ) 2 +( 1 2 ) 2 .,4.直线的方向向量的定义是什么?如何求平面的法向量?,(1)l

6、是空间的一条直线,A,B是直线l上的任意两点,则称 为直线l的方向向量, 与 平行的任意非零向量也是直线l的方向向量. (2)设a,b是平面内的两个不共线向量,n为平面的法向量,则求法向量的方程组 为 =0, =0.,四、立体几何中的向量方法 1.如何求两条异面直线所成角的余弦值?,设两条异面直线的方向向量分别为a,b,向量a,b的夹角为,则cos =|cos | = | (其中为异面直线所成的角).,2.如何求直线与平面所成角的正弦值?,设直线的方向向量为e,平面的法向量为n,直线与平面所成角为,两向量e与n的 夹角为,则sin =|cos |= | .,3.如何求二面角的余弦值?,设n1,

7、n2分别是二面角-l-的两个半平面,的法向量,则二面角的余弦值满足 |cos |= | 1 2 | | 1 | 2 | .,4.如何求空间一点到平面的距离?,设空间一点为C,平面内一点为A,平面的法向量为n,则点C到平面的距离d= | | | .,立体几何是高中数学的重要组成部分,是高考考查考生空间感、图形感、语言转换能力、几何直观想象能力、逻辑推理能力的主要载体.近几年全国高考分值一般在2227分,题型有选择题、填空题和解答题.高考命题既重基础、注意“知识的重新组合”,又采用“小题目综合化,大题分步设问”的命题思路,不断实现探究与创新.一、选择题和填空题的命题特点(一)通过三视图及其应用考查

8、学生空间想象能力及其他数学素养.由几何体的三视图得到几何体的直观图,考查表面积、体积、最短路径等,难度中等居多.,命题特点,解析 由题意得圆柱的直观图以及侧面展开图如图所示:则在此圆柱的侧面上,从点M到N的路径中,最短路径的长度为 3 2 + 5 2 = 34 .故选D.,D,答案,解析,1.(2018全国卷理T7改编)某圆柱的高为3,底面周长为10,圆柱的三视图如右图.圆柱表面上的点M在正(主)视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在侧(左)视图上的对应点为图形下底边的中点B,则在此圆柱的侧面上,从点M到N的路径中,最短路径的长度为( ). A. 109 B.2 5 C.5 D. 34,B,答

9、案,解析,2.(2016全国卷理T9改编)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( ). A.60+6 10 B.72+12 10 C.108 D.54,解析 由已知中的三视图可得该几何体是一个以正(主)视图为底面的直四棱柱, 其底面面积为(46)2=48,侧面的面积为(43+3 2 2 + 6 2 )2=24+12 10 , 故棱柱的表面积为72+12 10 .故选B.,解析,(二)通过点、线、面的位置关系,考查对相关定义及定理的理解、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、线面角、线线角,等等.,3.(2018全国卷理T9改编)在正方体AB

10、CD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,F为棱AA1的中点,则异面直线AE与BF所成角的正切值为( ). A.2 B. 3 2 C. 5 5 D.3,答案,A,解析 如图,连接D1E,AD1,因为D1EBF,所以异面直线AE与BF所成的角为相交直线D1E与AE所成的角.不妨设正方体的边长为2,则D1E= 5 ,AE=3,AD1=2 2 , 所以由余弦定理得cosD1EA= 5 5 . 由平方关系得sinD1EA= 2 5 5 ,所以异面直线AE与BF所成角的正切值为2.故选A.,解析,4.(2017全国卷理T10改编)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=90, AB=BC=BB

11、1,B1C与BC1相交于点E,则异面直线A1E与AC1所成角的余弦值为( ). A. 2 6 B. 3 2 C. 2 2 D. 2 3,答案,D,解析 如图所示,将直三棱柱补成正方体,并以D为坐标点, , , 1 的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系, 设正方体的棱长为1, 则A1(1,0,1),E 1 2 ,1, 1 2 ,A(1,0,0),C1(0,1,1), 1 =(-1,1,1), 1 E = 1 2 ,1, 1 2 ,所以cos= 2 3 . 故异面直线A1E与AC1所成角的余弦值为 2 3 .,解析,(三)与球有关的组合体问题,考查学生的综合应用能力,难度较大.,答案,

12、B,5.(2018全国卷理T10改编)设A,B,C,D是同一个半径为R的球的球面上四点,ABC为等腰三角形,底边为6,腰长为2 3 ,三棱锥D-ABC体积的最大值为6 3 ,则半径R是( ). A.2 B.4 C.6 D.8,解析 由ABC为等腰三角形,底边为6,腰长为2 3 ,可得SABC=3 3 ,高h= 3 .因为SABC= 4 ,所以等腰三角形ABC的外接圆半径为2 3 .设球心为O,三角形ABC的外心为O,因为三棱锥D-ABC体积的最大值为6 3 ,所以三棱锥D-ABC的高的最大值为6,显然此时D为OO的延长线与球的交点,如图,所以(6-R)2+(2 3 )2=R2,解得R=4,故选

13、B.,解析 绘制圆柱和球的组合体的轴截面如图所示, 由题意可得,AC=2,AB=1,结合勾股定理,可得BC= 3 . 设长方体的长和宽分别为a,b, 因为矩形内接于圆,所以a2+b2=(2 3 )2=12. 又V=2ab,由基本不等式得a2+b2=122ab,当且仅当a=b= 6 时,等号成立, 所以长方体的体积最大值为12,故选A.,A,答案,解析,6.(2017全国卷理T8改编)已知圆柱的高为2,它的两个底面的圆周在直径为4的同一个球的球面上,若一个长方体的上、下底面内接于该圆柱的上、下底面上,则该长方体的体积最大值为( ). A.12 B.6 C.3 D.24,二、解答题的命题特点以多面

14、体或旋转体为载体,第(1)问主要是证明线线、线面以及面面的平行与垂直等位置关系,第(2)问主要是计算空间角的余弦值或正弦值,通常通过构建空间直角坐标系,利用向量法进行计算,同时要注意翻折问题、探索性问题和存在性问题的研究和模型构建.,解析,1.(2018全国卷理T20改编)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.M为棱BC上任意一点. (1)证明:平面POM平面ABC. (2)当点C到平面POM的距离为 4 5 5 时,求CM的长. (3)若PC与平面PAM所成角的正弦值为 3 4 ,求二面角M-PA-C的余弦值.,解析 (1)AB=BC=

15、2 2 ,AC=4, AB2+BC2=AC2,即ABC是直角三角形. 又O为AC的中点,如图,连接OB,OBAC,OB=2. PA=PC=PB=4,OPAC,OP=2 3 . PO2+BO2=PB2,OPBO,PO平面ABC. PO平面POM, 平面POM平面ABC.,解析 (2)由(1)得POOM, 由面面垂直的性质定理知,过点C作OMC的高即为点C到平面POM的距离h. 设CM=x(0x2 2 ), 在OMC中,OM= 2 +M 2 2OCMCcos45 = 4+ 2 2 2 x . SOMC= 1 2 OCMCsin 45= 2 x 2 = 1 2 hMO= 1 2 h 4+ 2 2 2

16、 x , 解得x=4 2 (舍去)或x= 4 2 3 . 即当点C到平面POM的距离为 4 5 5 时,CM= 4 2 3 .,解析 (3)如图,以O为坐标原点, 、 、 的方向为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 则O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3 ), =(0,2,2 3 ), =(0,2,-2 3 ). 设M(a,2-a,0)(0a2), =(a,4-a,0),平面PAM的法向量为n=(x,y,z), 由 =0, =0, 得 2+2 3 z=0, +(4)=0, 可取n=( 3 (a-4), 3 a,-a).

17、因为PC与平面PAM所成角的正弦值为 3 4 ,所以|cos|= 3 4 ,解得a= 4 3 , 则n= 8 3 3 , 4 3 3 , 4 3 . 取平面PAC的法向量为 =(2,0,0),因为二面角M-PA-C为锐角,所以二面角M-PA-C的余弦值为|cos|= 3 2 .,解析,2.(2018全国卷理T19改编)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直,M是圆弧 上异于C,D的点,BD与AC相交于O点. (1)证明:DMBM. (2)设线段DC的中点为N,是否在线段AM上存在点P,使得平面PON平面BCM?说明理由. (3)若AB=2AD=2,则当三棱锥O-MCB体积最大时,求平

18、面MAB与平面MCD所成二面角的余弦值.,解析 (1)矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直, 平面CDM与半圆弧 所在平面为同一个平面, 平面ABCD平面CDM. M是半圆弧 上异于C,D的点,BCDC,平面ABCD平面CDM=CD, BC平面CDM,BCDM. DC为直径,CMDM. BCCM=C,DM平面BMC,DMBM.,(2)存在,当点P是AM的中点时,满足题意. 理由:若平面PON平面BCM, 平面ACM平面CBM=CM,平面ACM平面PON=PO, 由面面平行的性质定理知CMPO. 又O为AC的中点,P为AM的中点.,解析 (3)以D点为坐标原点, , 的方向为x,y轴的正方

19、向,平面MCD中垂直DC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由等体积法知当三棱锥O-MCB体积最大时,M为 的中点. 则D(0,0,0),C(0,2,0),M(0,1,1),A(1,0,0),B(1,2,0), =(1,0,0), =(-1,1,1), =(0,2,0). 设平面MAB的法向量为n=(x,y,z), 由 =0, =0, 得 +=0, 2=0, 可取n=(1,0,1),取 为平面MCD的法向量. 所以cos= 2 2 ,因为平面MAB与平面MCD所成二面角是锐角, 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的余弦值是 2 2 .,规律方法,解答立体几何题目的方法:(1)求角的问

20、题时,注意紧扣定义,将空间角(异面直线所成的角、线面角)转化为平面上两相交直线所成的角来处理.求角先找角,再在三角形中去解决,异面直线所成的角、线面角应取锐角.(2)在求距离时,可放在三角形中去计算,若是垂线难作出,可用等积法求解.(3)在求体积时,要从多方位、多角度看问题,要注意“公式法”“换底法”“割补法”的应用.“等体积法”可以用来求点到面的距离、多面体内切球的半径等.(4) “向量法”的使用,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等,还要强化计算能力.,微专题 09 三视图、表面积与体积计算,返,B,答案,解析,1.如图所示的几何体,其表面积为(5+ 5 ),下部分圆柱的底面直径与该圆柱

21、的高相等,上部分圆锥的母线长为 5 ,则该几何体的正(主)视图的面积为( ). A.4 B.6 C.8 D.10,2,答案,解析,2.一个简单几何体的三视图如图所示,其中正(主)视图是等腰直角三角形,侧(左)视图是边长为2的等边三角形,则该几何体的体积等于 .,C,答案,解析,3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ),解析 由三视图可知,该几何体由一个正方体截去两个半圆柱而形成,则该几何体的表面积为224-122+122=16+2,故选C.,A.8+2 B.16+4 C.16+2 D.8+4,解析 如图,假设还有一个同样的斜截圆柱,拼在其上面,则构成一个圆柱,于是S= 1 2

22、S圆柱侧= 1 2 40(80+50)=2600 cm2.,2600,答案,解析,4.在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40 cm,母线最长为80 cm,最短为50 cm,则斜截圆柱的侧面积S= cm2.,能力1,能正确绘制几何体的三视图,A,典型例题,答案,解析,【例1】 已知三棱柱HIG-EFD的底面为等边三角形, 且侧棱垂直于底面,将该三棱柱截去三个角(如图(1)所示, A,B,C分别是HIG三边的中点)后得到的几何体如图(2), 则该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为( ).,(1),(2),方法归纳,本题主要考查空间想象力和投影知识,借助直三棱柱,即可画出侧(左)视图

23、.,解析 因为平面DEHG平面EFD,所以几何体的侧(左)视图为直角 梯形,直角腰在侧(左)视图的左侧,故选A.,B,变式训练,答案,解析,将长方体ABCD-A1B1C1D1截去一个直三棱柱,两个三棱锥 (如图(1)所示)后得到的几何体如图(2),该几何体沿图(2) 所示方向的侧(左)视图为( ).,解析 侧(左)视图轮廓为长方形,故选B.,(1),(2),能力2,会通过三视图还原几何体,B,典型例题,答案,解析,【例2】 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=( ).,A. 8 3 B. 10 3 C.3 D. 20 3,解析 由三视图还原几何体,可知该几何体为直三 棱柱截去一个三棱

24、锥后所得的部分,其中直三棱柱的底面 是直角边为2的等腰直角三角形,高为2,三棱锥的底面与 棱柱的底面相同,高为1,故该几何体的体积V=V柱-V锥= 10 3 , 故选B.,方法归纳,本题主要考查空间想象能力和体积公式.先还原出空间几何体,再利用V=V柱-V锥求体积.,C,变式训练,答案,解析,如图,网格纸上正方形小格的边长为1,实线画出的是某几何体的三视图,则围成该几何体的所有面中的最大面的面积为( ).,A.13 1 2 B.9 5 C. 9 2 29 D.25,解析 由三视图可知,该几何体为三棱锥,如图所示. 由题意知,AB=6,BC=3 2 ,BD=CD=3 5 ,AD=9,AC=3 6

25、 . 因为ABC和ABD为同高的直角三角形,且BCBD, 所以SABCSABD=9 5 ,SBCD=66-36-33 1 2 =13 1 2 . 因为cosADC= 2 +A 2 A 2 2 = 45+8154 23 5 9 = 4 3 5 ,所以sinADC= 29 3 5 ,所以SACD= 1 2 93 5 29 3 5 = 9 2 29 ,故选C. .,能力3,会计算几何体的表面积,典型例题,解析,【例3】 如图所示的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积 为( ). A.24 B.36 C.40 D.400,答案,C,解析 (该几何体是底面为等腰三角形的直三棱柱,由图可知, 底

26、面是顶角为120的等腰ABC,侧棱AA1垂直底面,AC=2 3 ,AA1=2 6 , AB= 3 sin60 =2.设ABC外接圆的半径为r,则SABC= 1 2 AB2sin120= 2 AC 4 , 得r=2.由直三棱柱的性质可知,球心到底面外接圆圆心的距离d= 1 2 = 6 . 由球体的性质得R2=d2+r2=10,即外接球的表面积为40,故选C.,涉及球与棱柱、棱锥的切和接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何

27、体已知量的关系,列方程(组)求解.,方法归纳,变式训练,解析,某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ). A.14+24 B.12+32 C.12+24 D.14+32,B,答案,会计算几何体的体积,能力4,典型例题,解析,【例4】 如图所示的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( ).A.2 3 B.4 3 C. 2 3 3 D. 4 3 3,A,答案,解析 由三视图可知几何体为直三棱柱,直观图如图所示. 其中底面为直角三角形,AD=2,AF= 3 ,高AB=2. 该几何体的体积V= 1 2 2 3 2=2 3 ,故选A.,方法归纳,先还原出几何体,并抓住几何体特征,再利用体

28、积公式求解.,5 3,变式训练,答案,解析,已知一个四棱锥的三视图如图所示,则此四棱锥的体积为 .,解析 该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD,其中PA底面ABCD, 底面四边形由直角梯形ABED与直角DCE组成, ABDE,ABBC,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2. S底面ABCD= 1+2 2 1+ 1 2 21= 5 2 ,V= 1 3 5 2 2= 5 3 .,微专题 10 平行与垂直的证明,返,B,答案,解析,1.下列条件中,能判断平面的是( ). 存在一条直线a,a,a; 存在两条异面直线a,b,a,b,a,b; 内存在不共线的三点到的距离相等; l,m是两条异面直

29、线,且l,m,l,m. A. B. C. D.,解析 中两平面可能相交,故选B.,C,答案,解析,2.给出下列四个命题,其中假命题的个数是( ). 垂直于同一条直线的两条直线平行; 垂直于同一个平面的两个平面互相平行; 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面相互垂直; 两个平面垂直,过其中一个平面内一点作与它们交线垂直的直线,此直线必垂直于另一个平面. A.1 B.2 C.3 D.4,解析 错,可以相交;错,可以相交、平行;正确;错,直线在平面内才垂直,否则不垂直.故选C.,B,答案,解析,3.设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题中正确的是( ). A.若,m,

30、n,则mn B.若m,mn,n,则 C.若mn,m,n,则 D.若,m,n,则mn,解析 若,m,n,则m与n相交、平行或异面,故A错误; m,mn,n,又n,故B正确; 若mn,m,n,则或与相交,故C错误; 若,m,n,则mn或m与n异面,故D错误. 故选B.,4,答案,解析,4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AD1异面且与AD1成60的面对角线共有 条.,解析 与AD1异面的面对角线有A1C1,B1C,BD,BA1,C1D,共5条,其中与B1C成90,其余成60.,能力1,能准确判断点、线、面的位置关系,典型例题,解析,【例1】 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=C

31、B,点M,N分别是AB,A1B1的中点. (1)求证:BN平面A1MC. (2)若A1MAB1,求证:AB1A1C.,解析 (1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以ABA1B1,且AB=A1B1. 又点M,N分别是AB,A1B1的中点,所以MB=A1N,且MBA1N. 所以四边形A1NBM是平行四边形,从而BNA1M, 又BN平面A1MC,A1M平面A1MC,所以BN平面A1MC.,(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1底面ABC,而AA1侧面ABB1A1, 所以侧面ABB1A1底面ABC. 又CA=CB,且M是AB的中点,所以CMAB. 则由侧面ABB1A1底面ABC,侧

32、面ABB1A1底面ABC=AB,CMAB,且CM底面ABC, 得CM侧面ABB1A1. 又AB1侧面ABB1A1,所以AB1CM. 又AB1A1M,A1M,MC平面A1MC,且A1MMC=M,所以AB1平面A1MC. 又A1C平面A1MC,所以AB1A1C.,方法归纳,正确运用平面的基本性质,线线、线面平行或垂直等性质定理和判定定理进行 判断.,变式训练,解析,如图所示,AB为O的直径,点C在O上(不与A,B重合),PA平面ABC,点E,F分别为线段PC,PB的中点.G为线段PA上(除点P外)的一个动点. (1)求证:BC平面GEF. (2)求证:BCGE.,解析 (1)因为点E,F分别为线段

33、PC,PB的中点,所以EFCB, 又EF平面GEF,点G不与点P重合,CB平面GEF,所以BC平面GEF.,(2)因为PA平面ABC,CB平面ABC,所以BCPA. 又因为AB是O的直径,所以BCAC. 又PAAC=A,所以BC平面PAC,且GE平面PAC, 所以BCGE.,能力2,能正确应用线线、线面平行与垂直的性质定理及判定定理解题,典型例题,解析,【例2】 如图,在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,CD=2,AD=AB=1,四边形BDEF为正方形,且平面BDEF平面ABCD.(1)求证:DFCE.(2)若AC与BD相交于点O,则在棱AE上是否存在点G,使得平面OBG平面EFC?并说明

34、理由.,解析 (1)连接EB.在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,AB=AD=1,DC=2, BD= 2 ,BC= 2 , BD2+BC2=CD2, BCBD.又平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABCD=BD,BC平面ABCD, BC平面BDEF,BCDF. 又在正方形BDEF中,DFEB,且EB,BC平面BCE,EBBC=B,DF平面BCE. CE平面BCE,DFCE.,解析 (2)在棱AE上存在点G,使得平面OBG平面EFC,且 = 1 2 .证明如下: 在梯形ABCD中,BAD=ADC=90,AB=1,DC=2,ABDC, = = 1 2 . 又 = 1 2 ,OGCE.

35、在正方形BDEF中,EFOB,且OB,OG平面EFC,EF,CE平面EFC, OB平面EFC,OG平面EFC. OBOG=O,且OB,OG平面OBG,平面OBG平面EFC.,方法归纳,高考中立体几何部分不断出现了一些具有探索性、开放性的试题,对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法等方法来解决.,变式训练,解析,如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60,AB=2AD,PD底面ABCD.(1)证明:PABD.(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.,解析 (1)DAB=60,AB=2AD,由余弦定理得BD= 3 AD, BD2+AD2=AB2,B

36、DAD. 又PD平面ABCD,BDPD,BD平面PAD,PABD.,解析 (2)如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长, , , 的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(0, 3 ,0),P(0,0,1),C(-1, 3 ,0), =(-1, 3 ,0), =(0, 3 ,-1), =(-1,0,0). 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则 =0, =0, 即 1 + 3 1 =0, 3 1 1 =0, 取y1=1,则x1= 3 ,z1= 3 , n=( 3 ,1, 3 ). 设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),则 =0, =

37、0, 即 2 =0, 3 2 2 =0, 取y2=-1,则x2=0,z2=- 3 ,m=(0,-1,- 3 ),cos= 4 2 7 =- 2 7 7 , 易知二面角A-PB-C为钝角,故二面角A-PB-C的余弦值为- 2 7 7 .,能力3,能求解线面平行与垂直的综合问题,典型例题,解析,【例3】 如图,在四棱锥P-ABCD中, PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且ADC=BCD=90.(1)当PB=2时,证明:平面PAD平面ABCD;(2)当四棱锥P-ABCD的体积为 3 4 ,且二面角P-AD-B为钝角时,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.,解析 (1)取AD的中点O,连接PO,

38、BO, PAD为正三角形,OPAD. ADC=BCD=90,BCAD. BC= 1 2 AD=1,BC=OD, 四边形BCDO为矩形,OB=CD=1. 又在POB中,PO= 3 ,OB=1,PB=2,PO2+OB2=PB2, POB=90,POOB. ADOB=O,PO平面ABCD, 又PO平面PAD,平面PAD平面ABCD.,解析 (2)ADPO,ADOB, POBO=O,PO,BO平面POB,AD平面POB. AD平面ABCD,平面POB平面ABCD, 过点P作PE平面ABCD,垂足E一定落在平面POB与平面ABCD的交线BO的延长线上. 四棱锥P-ABCD的体积为 3 4 , VP-AB

39、CD= 1 3 PE 1 2 (AD+BC)CD= 1 3 PE 1 2 (2+1)1= 1 2 PE= 3 4 ,PE= 3 2 . PO= 3 ,OE= 2 P 2 = 3 9 4 = 3 2 .,解析 如图,以O为坐标原点, , 的方向为x轴,y轴的正方向, 平面POB内过点O垂直于平面AOB的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz, 由题意可知A(1,0,0),P 0, 3 2 , 3 2 ,D(-1,0,0), C(-1,1,0), = 1, 3 2 , 3 2 , =(0,1,0), = 1, 3 2 , 3 2 . 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则 =0, =0,

40、 得 3 2 y+ 3 2 z=0, =0, 令x=1,则z=- 2 3 ,n= 1,0, 2 3 . 设直线PA与平面PCD所成的角为,则sin =|cos|= | | | | = 2 2 13 3 = 3 13 13 . 故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为 3 13 13 .,方法归纳,求异面直线所成角,直线与平面所成角以及二面角的问题,可先作出该角,再证明所作角为所求的角,最后转化在三角形内求解.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两相交直线垂直法向量且数量积为

41、零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)求出相应角的正弦值或余弦值和距离.,变式训练,解析,如图,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,M是DC的中点,以AM为折痕,使得DC=DB.(1)求AD与BM所成的角;(2)当N为BD的中点时,求AN与平面ABCM所成角的正弦值.,解析 (1)因为在矩形中,AB=2AD=2,M为DC的中点, 所以AM=BM= 2 ,所以BMAM.取AM的中点O,连接DO,又DA=DM,所以DOAM. 取BC的中点H,连接OH,DH,则OHAB,所以OHBC. 因为DC=DB,所以BCDH. 又DHOH=H,所以BC平面DOH,所以BCDO,

42、所以DO平面ABCM, 又DO平面ADM,所以平面ADM平面ABCM. 因为平面ADM平面ABCM=AM,BM平面ABCM,AMBM,所以BM平面ADM. 因为AD平面ADM,所以ADBM,即AD与BM所成角的大小为90.,解析 (2)如图,作NPOB交OB于点P,连接AP,由(1)可知,NAP为所求角. 因为N为中点,所以NP= 1 2 DO= 2 4 . 又DH2=DO2+OH2,所以DH= 11 2 ,DB= 3 . 又因为DB2+AD2=AB2,所以ADB=90, 所以在直角三角形ADB中,AN= 2 +D 2 = 1 2 + 3 2 2 = 7 2 . 故所求角的正弦值为 = 14

43、14 .,能力4,能求解线面平行与垂直的综合问题,典型例题,解析,【例4】 在如图所示的多面体ABEDC中,已知ABDE,ABAD,ACD是正三角形,AD=DE=2AB=2,BC= 5 , F是CD的中点.(1)求证: AF平面BCE.(2)求证:平面BCE平面CDE.(3)求点D到平面BCE的距离.,解析 (1)取CE的中点M,连接BM,MF,利用三角形的中位线,得MFAB,MF=AB, 即四边形ABMF为平行四边形,MBAF. BM平面BCE,AF平面BCE,AF平面BCE.,(2)ACD是正三角形,AC=AD=CD=2, 在ABC中, AB=1,AC=2,BC= 5 ,AB2+AC2=B

44、C2,故ABAC, DEAC.又DEAD,ACAD=A,DE平面ACD, DEAF.又AFCD,由(1)得BMAF,DEBM, BMCD,DECD=D, BM平面CDE,BM平面BCE,平面BCE平面CDE.,解析 (3)连接DM,DE=DC,DMCE. 由(2)知,平面BCE平面CDE,DM平面BCE, DM为点D到平面BCE的距离,DM= 2 ,点D到平面BCE的距离为 2 .,方法归纳,立体几何中往往涉及垂直关系、平行关系、距离、体积的计算.在计算问题中,常用“几何法”.利用几何法,要遵循“一作、二证、三计算”的步骤,熟悉空间中点线、面的位置关系及判定方法,掌握体积、距离的求法,灵活使用

45、面面垂直、线面垂直等性质定理.,变式训练,解析,如图,在四棱锥P-ABCD中,PAAD,ABCD,CDAD,AD=CD=2AB=2,E,F分别为PC,CD的中点,DE=EC.(1)求证:平面ABE平面BEF.(2)设PA=a,若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角 4 , 3 ,求a的取值范围.,解析 (1)ABCD,CDAD,AD=CD=2AB=2,F为CD的中点, 四边形ABFD为矩形,ABBF. DE=EC,DCEF,又ABCD,ABEF. BFEF=F,AB平面BEF,又AB平面ABE, 平面ABE平面BEF.,(2)DE=EC,DCEF.又PDEF,ABCD,ABPD. CDAD,ABAD,又ADPD=D,AB平面PAD,ABPA. 以 为x轴的正方向, 为y轴的正方向, 为z轴的正方向,建立如图所示的 空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),E 1,1, 2 . 设平面BCD的一个法向量为n1=(0,0,1),可求得平面EBD的一个法向量为n2=(2a,a,-2), 则cos= 2 5 2 +4 1 2 , 2 2 ,可得a 2 5 5 , 2 15 5 .,