2022高考数学(人教A理一轮)高考大题专项(四)-立体几何.pptx

1、2022高考数学(人教A理一轮)高考大题专项(四)-立体几何【考情分析考情分析】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.【必备知识必备知识】1.证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法:利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;利用平行四边形

2、进行平行转换;利用三角形的中位线定理证线线平行;利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法:利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;勾股定理;线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l,ala.2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.3.求几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可

3、采用等体积转换法求解.(2)对于不规则几何体,可采用割补法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时,注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用.4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.突破1空间中的平行与空间角题型一证明平行关系求线面所成的角【例1】(2020北京,16)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)证明:BC1平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.(1)证明在正方体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1,且A

4、B=A1B1,A1B1C1D1,且A1B1=C1D1,ABC1D1,且AB=C1D1,即四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1AD1.BC1平面AD1E,AD1平面AD1E,BC1平面AD1E.(2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A-xyz,解题心得1.几何法证明空间平行关系时,由于线线平行、线面平行、面面平行之间可以相互转化,证明过程是沿着转化途径进行.2.证线线平行或线面平行时,难点是找直线在平面的平行线:(1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行;(2)构造平行四边形,找平行线;(3)将证线面平行问题转化为面面平行,即过所证

5、直线作辅助面,证该平面与已知平面平行;(4)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行.3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系,关键是建立空间坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量.对点训练1(2020全国2,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1MN,且平面A1AMN平面EB1C1F;(2)设O为A1B1C1的中心,若AO平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平

6、面A1AMN所成角的正弦值.(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MNCC1.又由已知得AA1CC1,故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形,所以B1C1A1N.又B1C1MN,故B1C1平面A1AMN.所以平面A1AMN平面EB1C1F.题型二证明平行关系求二面角【例2】(2019全国1,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE

7、.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.对点训练2(2020全国3,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.题型三求空间角及存在平行关系问题【例3】如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD.四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且ADBC,BAD=90,AB=AD=1,BC=3.(1)求直线

8、BF与平面CDE所成角的正弦值;(2)线段BD上是否存在点M,使得直线CE平面AFM?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.解(1)因为ADEF为正方形,所以AFAD.又因为平面ADEF平面ABCD,且平面ADEF平面ABCD=AD,所以AF平面ABCD.所以AFAB.因为BAD=90,所以AB,AD,AF两两垂直.分别以AB,AD,AF为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图).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

9、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“点的坐标是否有解”,即通过坐标运算进行判断,这就是计算推理法.对点训练3(2020山东淄博三模)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角,且二面角的大小为60,点M在线段AB上(包含端点),连接AD.(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD平面EMC;(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60?若存在,求此时二面角M-EC-F的余弦值;若不存在,说明理由.解(1)因为直线MF平面ABFE,故点

10、O在平面ABFE内,也在平面ADE内,所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示).因为AOBF,M为AB的中点,所以OAM FBM,所以OM=MF,AO=BF,所以AO=2.故点O在EA的延长线上,且与点A间的距离为2.连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是EC的中点.连接MN,则MN为DOF的中位线,所以MNOD.又MN平面EMC,OD平面EMC,所以直线OD平面EMC.(2)存在.由已知可得EFAE,EFDE,又AEDE=E,所以EF平面ADE.所以平面ABFE平面ADE,易知ADE为等边三角形,取AE的中点H,则易得DH平面ABFE,以H为坐

11、标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,突破2空间中的垂直与空间角题型一证明垂直关系求线面角【例1】(2019浙江,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.方法一:(1)证明 连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以B

12、C平面A1EF.因此EFBC.(2)解 取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).方法二:(1)证明 连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以,A1E平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半

13、轴,建立空间直角坐标系E-xyz.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.对点训练1(2020新高考全国1,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解(1)因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因为ADBC,AD不在平面PBC中,所以AD平面PBC,又因为

14、AD平面PAD,平面PAD平面PBC=l,所以lAD.所以l平面PDC.题型二证垂直关系及求二面角【例2】(2019全国2,理17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.(1)证明 由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)解 由(1)知BEB1=90.由题设知RtABE RtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.解题心得用向量求二面角,由于在求平面法向量的坐

15、标时,坐标的取值不同,导致平面法向量的方向相反,所以两个法向量的夹角与二面角相等或互补,所以根据图形判断所求二面角是锐角还是钝角,进而确定二面角余弦值的正负.对点训练2(2020全国1,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.题型三求空间角与存在垂直关系问题【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD平面ABCD,AB=

16、2,BC=1,PC=PD=,E为PB中点.(1)求证:PD平面ACE;(2)求二面角E-AC-D的余弦值;(3)在棱PD上是否存在点M,使得AMBD?若存在,求 的值;若不存在,说明理由.(1)证明 设BD交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EFPD.因为PD平面ACE,EF平面ACE,所以PD平面ACE.(2)解 取CD的中点O,连接PO,FO.因为底面ABCD为矩形,所以BCCD.因为PC=PD,O为CD中点,所以POCD,OFBC,所以OFCD.又因为平面PCD平面ABCD,PO平面PCD,平面PCD平面ABCD=CD,所以PO平面A

17、BCD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(1,-1,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),解题心得线面垂直中的探索性问题同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,有两种解法,一是几何法,先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.二是利用空间向量探索,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,通过坐标运算进行判断.对点训练3如图1,在边长为2的菱形ABCD中,BAD=60,将BCD沿对角线BD折起到BCD的位置,使平面BCD平面ABD,E是BD的中点,FA平面ABD,且FA=2 ,如图2.(1)求证:FA平面BCD;(2)求平面ABD

18、与平面FBC所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得CM平面FBC?若存在,求 的值;若不存在,说明理由.(1)证明 BC=CD,E为BD的中点,CEBD.又平面BCD平面ABD,且平面BCD平面ABD=BD,CE平面ABD.FA平面ABD,FACE.而CE平面BCD,FA平面BCD,FA平面BCD.题型四求空间点到面的距离【例4】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.对点训练4底面为菱

19、形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱A1B1、A1D1的中点,(1)在图中作一个平面,使得BD,且平面AEF(不必给出证明过程,只要求作出与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);(2)若AB=AA1=2,BAD=60,求点C到所作截面的距离.解(1)取B1C1的中点G,D1C1的中点H,连接BG,GH,DH.则平面BDHG就是所求的平面,与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即为平面BDHG.(2)取BC中点M,AB=AA1=2,BAD=60,以D为原点,DA为x轴,DM为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系,一、与同学们讨论下各自的学习心得二、老师们指点下本课时的重要

20、内容学习延伸 学习延伸 亲爱的朋友，你好！非常荣幸和你相遇，很乐意为您服务。希望我的文档能够帮助到你，促进我们共同进步。孔子曰，三人行必有我师焉，术业有专攻，尺有所长，寸有所短，希望你能提出你的宝贵意见，促进我们共同成长，共同进步。每一个都花费了我大量心血，其目的是在于给您提供一份参考，哪怕只对您有一点点的帮助，也是我最大的欣慰。如果您觉得有改进之处，请您留言，后期一定会优化。常言道：人生就是一场修行，生活只是一个状态，学习只是一个习惯，只要你我保持积极向上、乐观好学、求实奋进的状态，相信你我不久的将来一定会取得更大的进步。最后祝：您生活愉快，事业节节高。学习延伸 给自己一份坚强，擦干眼泪给自己一份坚强，擦干眼泪；给给自己一份自信，不卑不亢自己一份自信，不卑不亢；给给自己一份洒脱，悠然前行自己一份洒脱，悠然前行。为为了看阳光，我来到这世上了看阳光，我来到这世上；为为了与阳光同行，我笑对忧伤。了与阳光同行，我笑对忧伤。课后延伸