2020版高考数学一轮复习高考大题专项四高考中的立体几何课件理北师大版.pptx

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1、高考大题专项四 高考中的立体几何,-2-,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. 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.,-3-,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(2018北京一零一中学模拟,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C

2、1中,底面ABC为正三角形,侧棱AA1底面ABC.已知D是BC的中点,AB=AA1=2. (1)求证:平面AB1D平面BB1C1C; (2)求证:A1C平面AB1D; (3)求三棱锥A1-AB1D的体积.,-4-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 由已知ABC为正三角形,且D是BC的中点,所以ADBC.因为侧棱AA1底面ABC,AA1BB1,所以BB1底面ABC.又因为AD底面ABC,所以BB1AD.而B1BBC=B,所以AD平面BB1C1C.因为AD平面AB1D,所以平面AB1D平面BB1C1C. (2)证明 连接A1B,设A1BAB1=E,连接DE.由已知得,四边形A1ABB1为

3、正方形,则E为A1B的中点. 因为D是BC的中点,所以DEA1C. 又因为DE平面AB1D,A1C平面AB1D,所以A1C平面AB1D.,-5-,题型一,题型二,题型三,题型四,-6-,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.,-7-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练1(2018河北衡水中学十七模,19)四棱锥P-ABCD中,PD面ABCD,底面ABCD是菱形,且PD=DA=2,CDA=60,过点B作直线

4、lPD,Q为直线l上一动点. (1)求证:QPAC; (2)当面PAC面QAC时,求三棱锥Q-ACP的体积.,-8-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 lPD, 直线l,PD确定一平面BDPQ. PD平面ABCD,AC平面ABCD, PDAC. 由题意知直线QP在面ABCD上的射影为DB, 又在菱形ABCD中有DBAC,PDBD=D, AC平面BDPQ. PQ平面BDPQ,QPAC.,-9-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 由题意得PAC和QAC都是以AC为底的等腰三角形,设AC和BD的交点为O, 连接OP、OQ,则OPAC,OQAC, 又OPOQ=O,AC平面POQ. 又

5、平面PAC平面QAC,平面PAC平面QAC=AC, PO平面QAC,OPOQ. 在菱形ABCD中,DA=2,CDA=60,-10-,题型一,题型二,题型三,题型四,-11-,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.,-12-,题型一,题型二,题型三,题型四,-13-,题型一,题型二,题型三,题型四,-14-,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

6、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.,-15-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练2 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DBB

7、1. (3)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与,-16-,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,-17-,题型一,题型二,题型三,题型四,-18-,题型一,题型二,题型三,题型四,-19-,题型一,题型二,题型三,题型

8、四,题型二 与平行、垂直有关的存在性问题 例3(2018四川双流中学二模,19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ABDC,BC=DC= AB=1.O是AB的中点,PO底面ABCD,O在平面PAD上的正投影为点H,延长PH交AD于点E. (1)求证:E为AD中点; (2)若ABC=90,PA= ,在棱BC上是否存在一点G,使得HG平面PAB,若存在,则求出OG与面PCD所成角的正弦值.,-20-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 连接OE,AB=2,O是AB中点,CD=1, OB=CD,ABCD, 四边形BCDO是平行四边形, OD=1, PO平面ABCD,AD平面AB

9、CD, POAD,O在平面PAD的正投影为H,OH平面PAD,OHAD, 又OHPO=O,AD平面POE,ADOE, 又AO=OD=1,E是AD的中点.,-21-,题型一,题型二,题型三,题型四,-22-,题型一,题型二,题型三,题型四,-23-,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

10、进行判断,这就是计算推理法.,-24-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练3 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.,-25-,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

11、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,-26-,题型一,题型二,题型三,题型四,-27-,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.,-28-,题型

12、一,题型二,题型三,题型四,-29-,题型一,题型二,题型三,题型四,-30-,题型一,题型二,题型三,题型四,-31-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练4 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.,-32-,题型一,题型二,题型三,题型四,-33-,题型一,题型二,题型三,题型四,-34-,题型一,题型二,题型三,题型四,-35-,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(2018江西南昌测试四,18)在菱形ABCD中,AB=4且ABC=6

13、0,点M,N分别是棱CD,AD的中点,将四边形ANMC绕着AC转动,使得MN与EF重合,形成如图所示多面体,分别取BF,DE的中点P,Q.(1)求证:PQ平面ABCD; (2)若平面AFEC平面ABCD,求CP与平面BEF所成角的正弦值.,-36-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 取BE中点R,连接PR,QR,BD,由P,Q分别是BF,DE的中点, 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.,-37-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 取EF中点T,设AC,BD交于

14、点O, OTAC. 又平面AFEC平面ABCD, OT平面ABCD. 在菱形ABCD中,ACBD, 以O为原点,如图建立空间直角坐标系,-38-,题型一,题型二,题型三,题型四,-39-,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.,-40-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练5在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1= ,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO侧面ABB1A1.(1)证明BCAB1; (

15、2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.,-41-,题型一,题型二,题型三,题型四,又CO侧面ABB1A1,所以AB1CO. 又BD与CO交于点O, 所以AB1面CBD. 又因为BC面CBD,所以BCAB1.,-42-,题型一,题型二,题型三,题型四,-43-,题型一,题型二,题型三,题型四,类型三 求二面角 例6(2018河北衡水猜题,19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是边长为2的菱形,A1AC=60,BA=BC. (1)证明:ACA1B; (2)若底面是以B为直角顶点的直角三角形,且A1B=2,求二面角A1-BC1-C的正弦值.,-44-,题型一,题型

16、二,题型三,题型四,(1)证明 连接A1C,四边形ACC1A1是菱形,且A1AC=60, ACA1为等边三角形.取AC的中点O,连接OA1,OB,则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.,-45-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 由(1)及题意可知OA1= ,OB=1,A1B=2,则OBOA1,又OBAC,则OB平面A1AC.以O为坐标原点,分别以OB,OC,OA1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的坐标系O-xyz,则C(0,1,0),A(0,-1,0),B(1,0,

17、0),A1(0,0, ),O(0,0,0),-46-,题型一,题型二,题型三,题型四,-47-,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.,-48-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练6(2018黑龙江哈尔滨押题卷(一),18)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形,BCD=120,AP=BP. (1)求证:PCAB;,-49-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 设AB中点为E,连接PE,CE, 依题意AB=BC,ABC=60, ABC为等边三角

18、形,ABCE. PA=PB,ABPE. PECE=E, AB平面PCE. 又PC平面PCE,ABPC.,-50-,题型一,题型二,题型三,题型四,-51-,题型一,题型二,题型三,题型四,-52-,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.,-53-,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

19、为y轴,过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,-54-,题型一,题型二,题型三,题型四,ACDM,AEDM, ACAE=A, DM平面ACE.,-55-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量的方法则简捷,高效.,-56-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练7(2018安徽淮北期末,18)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求BF的长; (2)求点C到平面AEC1F的距离.,-57-,题型一,题型二,题型三,题型四,解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).,-58-,题型一,题型二,题型三,题型四,