高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題增分專項(xiàng)四高考中的立體幾何課件新人教A版22

高考大題增分專項(xiàng)四

高考中的立體幾何-2-從近五年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點(diǎn),約占整個(gè)試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主.三視圖、簡單幾何體的表面積與體積、點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間角的計(jì)算是考查的重點(diǎn)內(nèi)容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式加以考查.著重考查推理論證能力和空間想象能力,而且對數(shù)學(xué)運(yùn)算的要求有加強(qiáng)的趨勢.轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個(gè)立體幾何的始終.-3-題型一題型二題型三線線、線面平行或垂直的轉(zhuǎn)化1.在解決線線平行、線面平行問題時(shí),若題目中已出現(xiàn)了中點(diǎn),可考慮在圖形中再取中點(diǎn),構(gòu)成中位線進(jìn)行證明.2.要證線面平行,先在平面內(nèi)找一條直線與已知直線平行,或找一個(gè)經(jīng)過已知直線與已知平面相交的平面,找出交線,證明二線平行.3.要證線線平行,可考慮公理4或轉(zhuǎn)化為線面平行.4.要證線面垂直可轉(zhuǎn)化為證明線線垂直,應(yīng)用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.-4-題型一題型二題型三例1如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點(diǎn),求證:GH∥平面PAD;(2)求證:PA⊥平面PCD;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.-5-題型一題型二題型三(1)證明:連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又BG=PG,所以GH∥PD.因?yàn)镚H?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)證明:取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN,依題意,得DN⊥PC,又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.-6-題型一題型二題型三(3)解:連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因?yàn)椤鱌CD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點(diǎn),-7-題型一題型二題型三對點(diǎn)訓(xùn)練1如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)證明:直線BC∥平面PAD;-8-題型一題型二題型三(1)證明:在平面ABCD內(nèi),因?yàn)椤螧AD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC?平面PAD,AD?平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)解:取AD的中點(diǎn)M,連接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四邊形ABCM為正方形,則CM⊥AD.因?yàn)閭?cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因?yàn)镃M?底面ABCD,所以PM⊥CM.-9-題型一題型二題型三-10-題型一題型二題型三1.判定面面平行的四個(gè)方法:(1)利用定義:即判斷兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn).(2)利用面面平行的判定定理.(3)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行.(4)利用平面平行的傳遞性,即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面,則這兩個(gè)平面平行.2.面面垂直的證明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線.(2)用面面垂直的定義,即證明兩個(gè)平面所成的二面角是直二面角.-11-題型一題型二題型三3.從解題方法上說,由于線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)之間可以相互轉(zhuǎn)化,因此整個(gè)解題過程始終沿著線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)的轉(zhuǎn)化途徑進(jìn)行.-12-題型一題型二題型三例2如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,平面AED⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,BC=EF=1,AE=,DE=3,∠BAD=60°,G為BC的中點(diǎn).(1)求證:FG∥平面BED;(2)求證:平面BED⊥平面AED;(3)求直線EF與平面BED所成角的正弦值.-13-題型一題型二題型三(1)證明:取BD的中點(diǎn)O,連接OE,OG.在△BCD中,因?yàn)镚是BC中點(diǎn),所以O(shè)G∥DC且OG=DC=1.又因?yàn)镋F∥AB,AB∥DC,所以EF∥OG且EF=OG,即四邊形OGFE是平行四邊形,所以FG∥OE.又FG?平面BED,OE?平面BED,所以FG∥平面BED.-14-題型一題型二題型三(2)證明:在△ABD中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理可得BD=,進(jìn)而∠ADB=90°,即BD⊥AD.又因?yàn)槠矫鍭ED⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,所以BD⊥平面AED.又因?yàn)锽D?平面BED,所以,平面BED⊥平面AED.-15-題型一題型二題型三(3)解:因?yàn)镋F∥AB,所以直線EF與平面BED所成的角即為直線AB與平面BED所成的角.過點(diǎn)A作AH⊥DE于點(diǎn)H,連接BH.又平面BED∩平面AED=ED,由(2)知平面BED⊥平面AED,所以AH⊥平面BED.所以直線AB與平面BED所成的角即為∠ABH.-16-題型一題型二題型三對點(diǎn)訓(xùn)練2圖①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖②.(1)證明:圖②中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積.-17-題型一題型二題型三(1)證明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解:取CG的中點(diǎn)M,連接EM,DM.因?yàn)锳B∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥EM,DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG.因?yàn)镈E∩EM=E,DE,EM?平面DEM,所以CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.-18-題型一題型二題型三1.對命題條件的探索三種途徑:(1)先猜后證,即先觀察與嘗試給出條件再證明;(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件,再證明充分性;(3)將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題,探索出命題成立的條件.2.對命題結(jié)論的探索方法:從條件出發(fā),探索出要求的結(jié)論是什么,對于探索結(jié)論是否存在,求解時(shí)常假設(shè)結(jié)論存在,再尋找與條件相容或者矛盾的結(jié)論.-19-題型一題型二題型三(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC∥平面PBD?說明理由.-20-題型一題型二題型三(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)解:當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí),MC∥平面PBD.證明如下:連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MC∥OP.MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.-21-題型一題型二題型三對點(diǎn)訓(xùn)練3如圖,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,CD=2AB=4,AD=,E為CD的中點(diǎn),將△BCE沿BE折起,使得CO⊥DE,其中,點(diǎn)O在線段DE內(nèi).(1)求證:CO⊥平面ABED.(2)問:當(dāng)∠CEO(記為θ)多大時(shí),三棱錐C-AOE的體積最大?最大值為多少?-22-題型一題型二題型三(1)證明:在直角梯形ABCD中,CD=2AB,E為CD的中點(diǎn),則AB=DE.又AB∥DE,AD⊥AB,知BE⊥CD.在四棱錐C-ABED中,BE⊥DE,BE⊥CE,CE