《2020版高考数学（福建专用）一轮复习课件：高考大题增分专项四 高考中的立体几何(共42张PPT)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（福建专用）一轮复习课件：高考大题增分专项四 高考中的立体几何(共42张PPT)（42页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考大题增分专项四 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.三视图、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,题型四,1.在解决线线平行、线面平行问题,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
2、找一条直线与已知直线平行,再利用线面平行的判定定理证明. 3.要证线线平行,可考虑公理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. 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,-4-,题型一,题型二,题型三,题型四,(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,-5-,题型一
3、,题型二,题型三,题型四,例1(2018辽宁大连一模节选)在如图所示的几何体中,四边形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.,-6-,题型一,题型二,题型三,题型四,证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.,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.,-7-,题型一,题型二,题型三,题型四,(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.
4、NENF=N,NE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.,-8-,题型一,题型二,题型三,题型四,(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.,-9-,题型一,题型二,题型三,题型四,(方法四)PA平面ABCD,且四边形ABCD是正方形, AD,AB,AP两两垂直
5、, 以A为原点,AP,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,-10-,题型一,题型二,题型三,题型四,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,AB= ,CE=EF=1.求证: (1)AF平面BDE; (2)CF平面BDE.,-11-,题型一,题型二,题型三,题型四,证明：(1)设AC与BD交于点G, EFAG,EF=1,AG= AC=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AB
6、CD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.,-12-,题型一,题型二,题型三,题型四,1.判定面面平行的四个方法: (1)利用定义:判断两个平面没有公共点. (2)利用面面平行的判定定理. (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行. (4)利用平面平行的传递性,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.,-13-,题型
7、一,题型二,题型三,题型四,-14-,题型一,题型二,题型三,题型四,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;,-15-,题型一,题型二,题型三,题型四,(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A1BC,C1E平面A1BC, C1E平面A1BC. BE=EB1,
8、A1F=FB1,EFA1B. 又A1B平面A1BC,EF平面A1BC, EF平面A1BC. 又C1EEF=E,C1E平面EC1F,FE平面EC1F, 平面EC1F平面A1BC.,-16-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解: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.,-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,化简得122-6+5=0. 由于0,因此此方程无解,
9、所以不存在实数,使得平面A1EC1平面A1EC.,-19-,题型一,题型二,题型三,题型四,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DB= ,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.,-20-,题型一,题型二,题型三,题型四,答案：(1)证明 在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点, AOD,BOC为等腰直角三角形,AOB=90,即OBOA. 取AO中点H,连接DH,BH,又DB2=3,DH2+BH2=DB2,DHBH. 又DHOA,OABH=H,DH平面ABCO. 而DH
10、平面AOD,平面AOD平面ABCO.,-21-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 分别以OA,OB所在直线为x轴,y轴,O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,-22-,题型一,题型二,题型三,题型四,即x=y,x=z,令x=1,则y=z=1,n=(1,1,1). 设为直线BC与平面ABD所成的角,-23-,题型一,题型二,题型三,题型四,1.对命题条件的探索有三种途径: (1)先猜后证,即先观察与尝试给出探索条件再证明; (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
11、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.,-24-,题型一,题型二,题型三,题型四,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DEF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.,-25-,题型一,题型二,题型三,题型四,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D
12、EF,所以AB平面DEF. (2)以点D为坐标原点,以直线DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,-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,-28-,题型一,题型二,题型三,题型四,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: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.,-29-,题型一,题型二,题型三,题型四,答案：(1)证明
13、 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.,-30-,题型一,题型二,题型三,题型四,(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O-xyz. 因为三角形EAB为等腰直角三角形, 所以OA=OB=OD=OE,设OB=1, 所以O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1
14、,0),E(0,0,1).,-31-,题型一,题型二,题型三,题型四,-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,例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, EBC,EF平面PAC. (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.,-35-,题型一,题型二,题型三,题型四,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,(2)以
15、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,-36-,题型一,题型二,题型三,题型四,-37-,题型一,题型二,题型三,题型四,-38-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练4如图,在四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.,-39-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明:由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC. 又ACD是直角三角形,所以ADC=90. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO. 又由于ABC是正三角形,故BOAC. 所以DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2, 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.,-40-,题型一,题型二,题型三,题型四,-41-,题型一,题型二,题型三,题型四,-42-
