适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习上篇六大核心专题主攻专题3立体几何解答题专项3立体几何中的证明与计算课件

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习上篇六大核心专题主攻专题3立体几何解答题专项3立体几何中的证明与计算课件，共60页。
保分1　空间位置关系、空间角
考点一　空间平行与垂直的证明与应用例1(2023全国乙,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2, ,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.(1)求证:EF∥平面ADO;(2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.
(2)解 连接OF,PF.∵O,F分别为BC,AC中点,且AB⊥BC,∴OF⊥BC.又PB=PC,O为BC中点,∴BC⊥OP.∵OF∩OP=O,OF,OP⊂平面POF,∴BC⊥平面POF.又BC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面POF,且交线为OF.过点P作PM⊥FO交FO延长线于点M,则PM⊥平面ABC,即PM为三棱锥P-ABC的高.∵∠POF=120°,∴∠POM=60°.
增分技巧空间几何体中线面位置关系的判断方法(1)明确空间几何体的结构特征,明确其中已有的平行、垂直关系.(2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理,并能灵活运用.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2, AB=1,点E为棱PC的中点.证明:(1)BE⊥DC;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).
考点二　利用向量求空间角考向1 直线与平面所成的角例2(2023全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC, ∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC.又A1C,AC⊂平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O,又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,∴A1O⊥平面BCC1B1.∵A1到平面BCC1B1的距离为1,∴A1O=1.∵A1C⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴A1C⊥AC.又A1C1∥AC,∴A1C⊥A1C1.又CC1=AA1=2,
增分技巧利用向量求线面角的方法步骤 
(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
考向2 二面角例3(12分)(2023新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC, BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
增分技巧利用向量求二面角的方法步骤  
(1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
(2)连接AB1交A1B于点E,如图.∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.
保分2　空间距离、折叠与探究性问题
例1(2023山东济南一模)如图,四棱锥P-ABCD中,△ABD是等边三角形, PA=PB=PD,BC=CD.
(1)证明 如图,连接AC,交BD于点O,连接PO,由AD=AB,CD=BC,AC=AC,可得△ABC≌△ADC,所以∠BAC=∠DAC.又AO=AO,所以△AOB≌△AOD,所以BO=DO,即O为BD中点.在等腰三角形PBD中,可得BD⊥OP.在等腰三角形BCD中,BD⊥OC.又OP∩OC=O,OP,OC⊂平面POC,所以BD⊥平面POC.因为PC⊂平面POC,所以BD⊥PC.
增分技巧求点到平面的距离的四步骤  
(2023山东菏泽一模)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥CD,AD∥BC, AD=CD=2,BC=3,A1C1与B1D1交于点E,G为棱BB1上一点,且BB1=3BG,点C1到平面A1BD的距离为 .(1)判断AG是否在平面AED1内,并说明理由;(2)求平面AD1E与平面AA1D1夹角的余弦值.
解 (1)不在.以A为坐标原点,过点A作与AD垂直的直线为x轴,AD,AA1所在的直线分别为y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
考点二　折叠问题考向1 翻折中的位置关系问题例2如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为线段AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示,且∠DEA=60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,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)点H为AE的中点,求证:DH⊥平面ABFE.
(1)解 因为直线MF⊂平面ABFE,故点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,延长EA,FM交于点O,连接OD.因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,所以OM=FM,连接DF交CE于点N,连接MN,则N为线段DF的中点,所以MN∥OD.又OD⊄平面EMC,MN⊂平面EMC,所以OD∥平面EMC.
(2)证明 由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE.又EA∩DE=E,且EA,DE⊂平面ADE,所以EF⊥平面ADE.因为EF⊂平面ABFE,所以平面ABFE⊥平面ADE.因为∠DEA=60°,DE=AE,所以△ADE为等边三角形,则DH⊥AE.而平面ABFE⊥平面ADE,平面ABFE∩平面ADE=AE,DH⊂平面ADE,所以DH⊥平面ABFE.
(2023河南开封二模)如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=90°, AD=CD= AB,将△ACD沿AC折起(如图2).在图2所示的几何体D-ABC中,
(1)若平面ACD⊥平面ABC,求证:AD⊥BC;(2)设P为BD的中点,记P到平面ACD的距离为h1,P到平面ABC的距离为h2,求证: 为定值,并求出此定值.
考向2 翻折中的空间角问题例3(2023湖南岳阳二模)在△ABC中,∠ACB=45°,BC=3,过点A作AD⊥BC,交线段BC于点D(如图1),沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图2),点E,M分别为棱BC,AC的中点.
(1)证明 ∵CD⊥AD,CD⊥BD,AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABD,∴CD⊥平面ABD.又AB⊂平面ABD,∴CD⊥AB.又M,E分别为棱AC,BC的中点,∴ME∥AB,∴CD⊥ME.
以点D为坐标原点,DB,DC,DA所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
增分技巧解决翻折问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化.对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(2023江苏苏州高三期末)如图1,在长方形ABCD中,已知AB=2,BC=1,E为CD中点,F为线段EC上(端点E,C除外)的动点,过点D作AF的垂线分别交AF,AB于O,K两点.现将△DAF折起,使得DK⊥AB(如图2).
(1)证明:平面ABD⊥平面ABC;(2)求直线DF与平面ABC所成角的最大值.
(1)证明 因为AF⊥OK,AF⊥OD,OD,OK⊂平面ODK,OD∩OK=O,所以AF⊥平面ODK.因为DK⊂平面ODK,所以AF⊥DK.又DK⊥AB,AB,AF⊂平面ABC,AB∩AF=A,所以DK⊥平面ABC.因为DK⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABC.
(2)解 连接FK,由(1)可知,直线DF与平面ABCF所成角为∠DFK,记∠DFK=θ.在题图1中,因为DK⊥AF,所以∠DFA+∠FDK=90°.又因为∠FDA=∠FDK+∠ADK=90°,所以∠DFA=∠ADK.因为∠FDA=∠DAK=90°,所以△FDA∽△DAK.
考点三　空间中的探索性问题考向1 位置关系中的探索性问题
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.(2)线段PB上是否存在一点M,使得CM⊥平面PBD?若存在,请指出点M的位置;若不存在,请说明理由.
(2)(方法一)不存在点M.理由如下:假设存在满足条件的点M(如图).
(方法二)不存在点M,理由如下:假设存在满足条件的点M,由CM⊥平面PBD,PB⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,得CM⊥PB,且CM⊥BD.因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC.因为BC⊥AB,且PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB.若存在满足条件的点M,则点M必与点B重合.又BC与BD不垂直,所以线段PB上不存在满足条件的点M.
增分技巧立体几何中探索性问题的求解策略(1)探索性问题的一般解法:①可先猜后证,即先观察并尝试给出条件再证明.②首先假设结论成立,然后把这个假设作为已知条件,与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算.在推理论证和计算无误的前提下,若得到一个合理的结论,则说明假设成立;若得到一个不合理的结论,则说明假设不成立.(2)涉及在线段上是否存在符合某条件的点的问题,可以先根据条件猜测点的位置,特别注意特殊位置关系和极端情形的应用.(3)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来,然后根据已知条件建立关于参数的方程(组),由此解决探索性问题.
(2023湖北黄冈模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,AB=AC=AA1=2, M为AB的中点,N为B1C1的中点,P是BC1与B1C的交点.(1)证明:A1C⊥BC1.(2)在线段A1N上是否存在点Q,使得PQ∥平面A1CM?若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.
(2)解 以点A为原点,AC,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
(1)证明 因为ABCD为正方形,所以AB⊥AD.又PD⊥AB,AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD,所以∠PAD为二面角P-AB-C的平面角,即∠PAD=30°.又平面PAD∥平面QBC,AB∥CD,所以CD⊥平面QBC,即∠QCB为二面角Q-CD-A的平面角,即∠QCB=30°.如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0).因为AB⊥平面PAD,AB⊂平面ABCD,
因为PC⊄平面QAB,AQ⊂平面QAB,所以PC∥平面QAB.又AB∥CD,CD⊄平面QAB,AB⊂平面QAB,所以CD∥平面QAB.因为PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD,所以平面PCD∥平面QAB.
增分技巧与空间向量有关的探索性问题主要有两类:一类是探究线面的位置关系;另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是:先建立空间直角坐标系,引入参数(有些是题中已给出),设出关键点的坐标,然后探究这样的点是否存在,或参数是否满足要求,从而作出判断.
(1)证明 连接AP,在半圆柱中,AB⊥平面PAD,PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.因为AD是直径,所以PD⊥PA.又AP,AB⊂平面PAB,AP∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB,所以PD⊥PB.
(2)解 依题意可知,以线段AD的中点O为坐标原点,以OA,Oy,OE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,