2022届高三人教A版数学一轮复习课件：第7章　规范答题增分专项四　高考中的立体几何 .pptx

1、规范答题增分专项四高考中的立体几何2022【考情分析】高考对立体几何的考查一般为一大两小的模式.小题一般考查空间几何体的体积、表面积、与球的切接有关的问题;解答题则多为两问,第一问是空间位置关系的证明与应用,第二问是空间角的求解,有时候也以翻折问题或探究性问题为背景命题.该部分难度中等,着重考查逻辑推理、空间想象以及数学运算的核心素养,转化与化归思想贯穿始终.典 例 突 破题型一题型二题型三题型四题型五题型一线线、线面平行或垂直的判定与性质1.在解决线线平行、线面平行问题时,若题目中已出现了中点,则可考虑在图形中取中点,构成中位线进行证明.2.要证线面平行,先在平面内找一条直线与已知直线平行,

2、再利用线面平行的判定定理证明.3.要证线线平行,可考虑基本事实4或转化为线面平行.4.要证线面垂直可转化为证明线线垂直,应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化.题型一题型二题型三题型四题型五5.用向量方法证明线线、线面平行或垂直的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面内相异三点(其中,l1与l2不重合,与不重合,l1不在内),则(1)l1l2ab存在实数,使b=a(a0);l1l2abab=0.(2)l1ae1存在实数,使e1=a(a0);l1ae1=0存在非零实数1,2,使题型一题型二题型三题型四题型五例1在如图所示的几何体中,四

3、边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.求证:EF平面DCP.题型一题型二题型三题型四题型五证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.M,F分别是PC,PB的中点,MFCB,MF=.E为DA的中点,四边形ABCD为正方形,DECB,DE=,MFDE,MF=DE,四边形DEFM为平行四边形,EFDM.EF平面DCP,DM平面DCP,EF平面DCP.题型一题型二题型三题型四题型五(方法二)取PA的中点N,连接NE,NF.E是AD的中点,N是PA的中点,NEDP.又F是PB的中点,N是PA的中点,NFAB.ABCD,NFCD.NENF=N,NE

4、平面NEF,NF平面NEF,DP平面PCD,CD平面PCD,平面NEF平面PCD.EF平面NEF,EF平面DCP.题型一题型二题型三题型四题型五(方法三)取BC的中点G,连接EG,FG.在正方形ABCD中,E是AD的中点,G是BC的中点,GECD.又F是PB的中点,G是BC的中点,GFPC.又PCCD=C,GE平面GEF,GF平面GEF,PC平面PCD,CD平面PCD,平面GEF平面PCD.EF平面GEF,EF平面DCP.题型一题型二题型三题型四题型五(方法四)PA平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AP,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立

5、空间直角坐标系,题型一题型二题型三题型四题型五对点训练1如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EFAC,CE=EF=1.求证:(1)AF平面BDE;(2)CF平面BDE.题型一题型二题型三题型四题型五证明(1)设AC与BD交于点G,EFAG,EF=1,四边形AGEF为平行四边形,AFEG.EG平面BDE,AF平面BDE,AF平面BDE.(2)连接FG,EFCG,EF=CG=1,CE=1,平行四边形CEFG为菱形,CFEG.四边形ABCD为正方形,BDAC.又平面ACEF平面ABCD,平面ACEF平面ABCD=AC,BD平面ACEF,CFBD.又BDEG=G,CF平面BDE.题

6、型一题型二题型三题型四题型五题型二面面平行或垂直的判定与性质1.判定面面平行的四个方法:(1)定义:判断两个平面没有公共点.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.面面垂直的证明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角.题型一题型二题型三题型四题型五3.用向量方法证明面面平行或垂直的方法:e1e2存在实数,使e2=e1(e10);e1e2e1e2=0;其中,为不重合的两个平面,e1,e2为,的法向

7、量,A,B,C为内不共线的三个点.题型一题型二题型三题型四题型五例2如图,CC1平面ABC,平面ABB1A1平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,ABC=60,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明:平面EC1F平面A1BC.(2)设,是否存在实数,使得平面A1EC1平面A1EC?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.题型一题型二题型三题型四题型五(1)证明:平面ABB1A1平面ABC,BB1BA,平面ABB1A1平面ABC=AB,BB1平面ABC.又CC1平面ABC,BB1CC1.四边形CC1EB为平行四边形,C1EBC.又BC平面A1

8、BC,C1E平面A1BC,C1E平面A1BC.BE=EB1,A1F=FB1,EFA1B.又A1B平面A1BC,EF平面A1BC,EF平面A1BC.又C1EEF=E,平面EC1F平面A1BC.题型一题型二题型三题型四题型五(2)解:不存在.理由如下:在ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=12,AB2=AC2+BC2,ABC为直角三角形,且ACB=90,ACBC.由CC1平面ABC,得CC1AC,CC1BC,CA,CB,CC1两两垂直.以点C为坐标原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题

9、型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五对点训练2如图,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,沿AO将三角形AOD折起,使 ,如图.(1)求证:平面AOD平面ABCO;(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.题型一题型二题型三题型四题型五(1)证明 在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,所以AOD,BOC为等腰直角三角形,则AOB=90,即OBOA.取AO的中点H,连接DH,BH(图略),又DB2=3,则DH2+BH2=DB2,故DHBH.又DHOA,OABH=H,故DH平面ABCO.而DH平面AOD,得平面AOD平面ABCO.题型一题型二题型三题型四题型五

10、题型一题型二题型三题型四题型五题型三平行、垂直关系中的探索性问题1.对命题条件的探索有三种途径:(1)先猜后证,即先观察,尝试给出探索条件,再加以证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;(3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.2.对命题结论的探索方法.从条件出发,探索出要求的结论是什么.对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.题型一题型二题型三题型四题型五例3已知正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC边的中点,现将ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DE

11、F的位置关系,并说明理由.(2)求二面角E-DF-C的余弦值.(3)在线段BC上是否存在一点P,使APDE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解:(1)在ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EFAB,又AB平面DEF,EF平面DEF,所以AB平面DEF.题型一题型二题型三题型四题型五(2)如图,以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五对点训练3如图,直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.ABCD,ABBC,AB=2CD=2BC,EAEB.(1)求证

12、:ABDE.(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值.(3)线段EA上是否存在点F,使EC平面FBD?若存在,求出;若不存在,请说明理由.题型一题型二题型三题型四题型五(1)证明 如图,取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EOAB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,ABBC,所以四边形OBCD为正方形,所以ABOD.因为EODO=O,所以AB平面EOD,所以ABED.题型一题型二题型三题型四题型五(2)解 因为平面ABE平面ABCD,且EOAB,所以EO平面ABCD,所以EOOD.故OB,OD,OE两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为三角形E

13、AB为等腰直角三角形,所以OA=OB=OD=OE,设OB=1,所以点O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1).题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五题型四利用向量求空间角设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为n,m.题型一题型二题型三题型四题型五例4(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,ACBC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1MB1D;(2)求二面角B

14、-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.题型一题型二题型三题型四题型五解:依题意,以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五对点训练4如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AB=1,直线PD与底面ABCD所成的角等于30,PF=FB,

15、EBC,EF平面PAC.(1)求的值;(2)求二面角P-DE-A的余弦值;(3)求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.题型一题型二题型三题型四题型五解(1)平面PBC平面PAC=PC,EF平面PBC,EF平面PAC,EFPC.又F是PB的中点,E为BC的中点,(2)如图,以A为坐标原点,分别以AD,AB,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.PA=AB=1,PA底面ABCD,直线PD与底面ABCD所成的角为PDA=30,题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五题型五利用向量求空间距离题型一题型二题型三题型四题型五例5如图,已知ABC

16、为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE平面BCDE.若BC=4,(1)求PB与平面BCDE所成角的正弦值;(2)求直线DE到平面PBC的距离.题型一题型二题型三题型四题型五解:(1)如图所示,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP,OF,OB,则OPDE.因为平面PDE平面BCDE,平面PDE平面BCDE=DE,所以OP平面BCDE.因为OB平面BCDE,所以OPOB,所以OBP即为直线PB与平面BCDE所成的角.题型一题型二题型三题型四题型五(2)因为在ABC中,D,E分别为AC,AB边的中点,所以DEBC.因为DE平面PBC,BC平

17、面PBC,所以DE平面PBC.由(1)知,OP平面BCDE,又OFDE,所以以点O为坐标原点,OE,OF,OP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,题型一题型二题型三题型四题型五题型一题型二题型三题型四题型五对点训练5如图,多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的,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.题型一题型二题型三题型四题型五解 由题意知DA,DC,DF两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则点D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).(1)设点F(0,0,z).四边形AEC1F为平行四边形,题型一题型二题型三题型四题型五