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高考大题增分专项四 高考中的立体几何课件PPT
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这是一份高考大题增分专项四 高考中的立体几何课件PPT，共42页。PPT课件主要包含了-2-，-3-，题型一，题型二，题型三，题型四，-4-，-5-，-6-，-7-等内容，欢迎下载使用。
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.
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α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面α内相异三点(其中,l1与l2不重合,α与β不重合,l1不在α内),则
(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.(2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使
例1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.
证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.
∴MF∥DE,MF=DE,∴四边形DEFM为平行四边形,∴EF∥DM.∵EF⊄平面DCP,DM⊂平面DCP,∴EF∥平面DCP.
(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,∴NE∥DP.又F是PB的中点,N是PA的中点,∴NF∥AB.∵AB∥CD,∴NF∥CD.∵NE∩NF=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.
(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,∴GE∥CD.又F是PB的中点,G是BC的中点,∴GF∥PC.又PC∩CD=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.
(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,建立空间直角坐标系,
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.EF∥AC, AB= ,CE=EF=1.求证:(1)AF∥平面BDE;(2)CF⊥平面BDE.
证明：(1)设AC与BD交于点G,∵EF∥AG,EF=1,AG= AC=1,∴四边形AGEF为平行四边形,∴AF∥EG.∵EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)连接FG,∵EF∥CG,EF=CG=1,CE=1,∴平行四边形CEFG为菱形,∴CF⊥EG.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,∴BD⊥平面ACEF,∴CF⊥BD.又BD∩EG=G,∴CF⊥平面BDE.
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.
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;
(1)证明:∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1.
∴四边形CC1EB为平行四边形,∴C1E∥BC.又BC⊂平面A1BC,C1E⊄平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B.又A1B⊂平面A1BC,EF⊄平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,C1E⊂平面EC1F,FE⊂平面EC1F,∴平面EC1F∥平面A1BC.
(2)解:在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs 60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC.由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC,CC1⊥BC,∴CA,CB,CC1两两垂直.
化简得12λ2-6λ+5=0.由于Δ<0,因此此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.
对点训练2如图①,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②.(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.
(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OB⊥OA.取AO中点H,连接DH,BH,
又DB2=3,∴DH2+BH2=DB2,∴DH⊥BH.又DH⊥OA,OA∩BH=H,∴DH⊥平面ABCO.而DH⊂平面AOD,∴平面AOD⊥平面ABCO.
(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,
即x=y,x=z,令x=1,则y=z=1,n=(1,1,1).设α为直线BC与平面ABD所成的角,
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.
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AP⊥DE?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EF∥AB,又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,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,
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.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.(1)求证:AB⊥DE.(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.
(1)证明:取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD.因为EO∩DO=O,所以AB⊥平面EOD,所以AB⊥ED.
(2)解:因为平面ABE⊥平面ABCD,且EO⊥AB,所以EO⊥平面ABCD,所以EO⊥OD.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(0,1,0),E(0,0,1).
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,E∈BC,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.
解：(1)∵平面PBC∩平面PAC=PC,EF⊂平面PBC,EF∥平面PAC,∴EF∥PC.又F是PB的中点,
(2)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°,
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.
(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,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DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB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.
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.
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α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面α内相异三点(其中,l1与l2不重合,α与β不重合,l1不在α内),则
(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.(2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使
例1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.
证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.
∴MF∥DE,MF=DE,∴四边形DEFM为平行四边形,∴EF∥DM.∵EF⊄平面DCP,DM⊂平面DCP,∴EF∥平面DCP.
(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,∴NE∥DP.又F是PB的中点,N是PA的中点,∴NF∥AB.∵AB∥CD,∴NF∥CD.∵NE∩NF=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.
(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,∴GE∥CD.又F是PB的中点,G是BC的中点,∴GF∥PC.又PC∩CD=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.
(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,建立空间直角坐标系,
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.EF∥AC, AB= ,CE=EF=1.求证:(1)AF∥平面BDE;(2)CF⊥平面BDE.
证明：(1)设AC与BD交于点G,∵EF∥AG,EF=1,AG= AC=1,∴四边形AGEF为平行四边形,∴AF∥EG.∵EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)连接FG,∵EF∥CG,EF=CG=1,CE=1,∴平行四边形CEFG为菱形,∴CF⊥EG.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,∴BD⊥平面ACEF,∴CF⊥BD.又BD∩EG=G,∴CF⊥平面BDE.
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.
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;
(1)证明:∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1.
∴四边形CC1EB为平行四边形,∴C1E∥BC.又BC⊂平面A1BC,C1E⊄平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B.又A1B⊂平面A1BC,EF⊄平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,C1E⊂平面EC1F,FE⊂平面EC1F,∴平面EC1F∥平面A1BC.
(2)解:在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs 60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC.由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC,CC1⊥BC,∴CA,CB,CC1两两垂直.
化简得12λ2-6λ+5=0.由于Δ<0,因此此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.
对点训练2如图①,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②.(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.
(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OB⊥OA.取AO中点H,连接DH,BH,
又DB2=3,∴DH2+BH2=DB2,∴DH⊥BH.又DH⊥OA,OA∩BH=H,∴DH⊥平面ABCO.而DH⊂平面AOD,∴平面AOD⊥平面ABCO.
(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,
即x=y,x=z,令x=1,则y=z=1,n=(1,1,1).设α为直线BC与平面ABD所成的角,
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.
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AP⊥DE?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EF∥AB,又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,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,
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.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.(1)求证:AB⊥DE.(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.
(1)证明:取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD.因为EO∩DO=O,所以AB⊥平面EOD,所以AB⊥ED.
(2)解:因为平面ABE⊥平面ABCD,且EO⊥AB,所以EO⊥平面ABCD,所以EO⊥OD.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(0,1,0),E(0,0,1).
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,E∈BC,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.
解：(1)∵平面PBC∩平面PAC=PC,EF⊂平面PBC,EF∥平面PAC,∴EF∥PC.又F是PB的中点,
(2)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°,
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.
(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,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DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB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.
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