鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量高考专题突破四高考中的立体几何问题课件

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1、高考专题突破四 高考中的立体几何问题,第八章 立体几何与空间向量,NEIRONGSUOYIN,内容索引,题型分类 深度剖析,课时作业,题型分类 深度剖析,1,PART ONE,题型一 平行、垂直关系的证明,例1 (如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点.,师生共研,(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；,证明 在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC. 因为AB平面ABC， 所以BB1AB. 又因为ABBC，BCBB1B， 所以AB平面B1BCC1. 又AB平面ABE， 所以平面ABE平面B1BCC1.,(2

2、)求证：C1F平面ABE；,证明 方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点， 所以FGAC，且FG AC. 因为ACA1C1，且ACA1C1， 所以FGEC1，且FGEC1， 所以四边形FGEC1为平行四边形， 所以C1FEG. 又因为EG平面ABE，C1F平面ABE， 所以C1F平面ABE.,方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH. 因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB， 又因为E，H分别是A1C1，AC的中点， 所以EC1AH，且EC1AH， 所以四边形EAHC1为平行四边形， 所以C1HAE， 又C1HHFH，AEABA，

3、所以平面ABE平面C1HF， 又C1F平面C1HF， 所以C1F平面ABE.,(3)求三棱锥EABC的体积.,解 因为AA1AC2，BC1，ABBC，,(1)平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.,(2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作

4、辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.,跟踪训练1 如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.,(1)求证：EF平面PAB；,证明 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1).,点E，F分别是PC，PD的中点，,即EFAB， 又AB平面PAB，EF平面PAB， EF平面PAB.,(2)求证：

5、平面PAD平面PDC.,即APDC，ADDC. 又APADA，AP，AD平面PAD， DC平面PAD. DC平面PDC， 平面PAD平面PDC.,题型二 立体几何中的计算问题,多维探究,命题点1 求线面角,例2 (2018浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.,(1)证明：AB1平面A1B1C1；,故AB1A1B1.,故AB1B1C1. 又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1， 所以AB1平面A1B1C1.,方法二 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为 x，y

6、轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.,又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1， 所以AB1平面A1B1C1.,(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.,解 方法一 如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，,连接AD. 由AB1平面A1B1C1， 得平面A1B1C1平面ABB1. 由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1. 所以C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角.,方法二 设直线AC1与平面ABB1所成的角为.,设平面ABB1的一个法向量为n(x，y，z).,(1)利用向量求直线与平

7、面所成的角有两个思路：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； 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.,跟踪训练2 (2018福州质检)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点.,(1)证明：A1C平面DEF；,解 如图，连接AB1，A1B交于点H， 设A1B交EF于点K，连接DK，,因为四边形ABB1A1为矩形， 所以H为线段A1B的中点. 因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点， 所以点K为线段BH的中点， 所

8、以A1K3BK. 又CD3BD，所以A1CDK. 又A1C平面DEF，DK平面DEF， 所以A1C平面DEF.,(2)若A1CEF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.,解 连接CE，EH，由(1)知，EHAA1， 因为AA1平面ABC， 所以EH平面ABC. 因为ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点， 所以CEAB.,设AB4，AA1t(t0)，,设平面DEF的一个法向量为n(x，y，z)，,设直线A1C1与平面DEF所成的角为，,命题点2 求二面角,例3 (2018长沙、南昌联考)如图，在四棱锥ABCDE中，平面BCDE平面ABC，BEEC，BC2，AB4，ABC60.,(1)求

9、证：BE平面ACE；,所以AC2BC2AB2，所以ACBC. 又因为平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC，AC平面ABC， 所以AC平面BCDE. 又BE平面BCDE，所以ACBE. 又BEEC，AC，CE平面ACE，且ACCEC， 所以BE平面ACE.,(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45，求二面角EABC的余弦值.,解 方法一 因为直线CE与平面ABC所成的角为45，平面BCDE平面ABC， 平面BCDE平面ABCBC， 所以BCE45，所以EBC为等腰直角三角形. 取BC的中点F，连接EF，过点F作FGAB于点G，连接EG，,则EGF为二面角EABC的平面角.,方法二

10、 因为直线CE与平面ABC所成的角为45，平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC， 所以BCE45，所以EBC为等腰直角三角形. 记BC的中点为O，连接OE，则OE平面ABC， 以O为坐标原点，分别以OB，OE所在直线为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，,易知二面角EABC为锐角，,(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. (2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：求平面的垂线的方向向量；利用法向量与平面内两

11、个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.,跟踪训练3 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.,(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；,证明 A1O平面ABCD，BD平面ABCD， A1OBD. 四边形ABCD是菱形，COBD. A1OCOO，A1O，CO平面A1CO， BD平面A1CO. BD平面BB1D1D， 平面A1CO平面BB1D1D.,(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值.,解 A1O平面ABCD，COBD， OB，OC，OA1两两垂直，,AB2，AA13，BAD60，,设平面OBB1的法向量为n(x，

12、y，z)，,由图可知二面角BOB1C是锐二面角，,题型三 立体几何中的探索性问题,师生共研,(1)求证：ABPC；,证明 如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，,因为PA平面ABCD，所以PAAB， 又PAACA，PA，AC平面PAC， 所以AB平面PAC， 所以ABPC.,(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由.,解 方法一 (几何法)过点M作MNAD交AD于点N，则MNPA， 因为PA平面ABCD，所以MN平面ABCD. 过点M作MGAC交AC于点G，连接NG，,则MGN是二面角MACD的平面

13、角. 若MGN45，则NGMN，,所以M是PD的中点.,设点B到平面MAC的距离是h，,方法二 (向量法)以A为坐标原点，以过点A平行于CD的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，,易知当点M与P点或D点重合时不满足题意，,设平面MAC的法向量为n(x，y，z)，,又m(0，0，1)是平面ACD的一个法向量，,设BM与平面MAC所成的角为，,(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设. (2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻

14、折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.,(1)求证：平面PAB平面PAC；,又ABAC2， 所以AB2AC2BC2，所以ACAB， 又PBAC，ABPBB，AB，PB平面PAB， 所以AC平面PAB. 又因为AC平面PAC， 所以平面PAB平面PAC.,解 由(1)知ACAB，AC平面PAB， 分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴， 平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，,则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，,设平面PBC的法向量n(x，y，z)，,

15、令z1，可得xy1， 所以平面PBC的一个法向量n(1，1，1)， 设直线CE与平面PBC所成的角为，,课时作业,2,PART TWO,1.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，PAPD.,基础保分练,1,2,3,4,5,6,(1)证明：BCPB；,证明 取AD中点为E，连接PE，BE，BD，,1,2,3,4,5,6,PAPD，PEAD， 底面ABCD为菱形， 且BAD60， ABD为等边三角形，BEAD， PEBEE，PE，BE平面PBE， AD平面PBE， 又PB平面PBE， ADPB， ADBC，BCPB.,1,2,3,4,5,6,(2)若PAPD，PBAB，求二面角AP

16、BC的余弦值.,1,2,3,4,5,6,解 设AB2，,PAPD，E为AD中点， PE1，PE2BE2PB2， PEBE. 以E为坐标原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，,1,2,3,4,5,6,设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，,设二面角APBC的平面角为，由图易知为钝角，,2.(2018大连模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABC和AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C平面ABC.,1,2,3,4,5,6,(1)证明：A1O平面ABC；,1,2,3,4,5,6,证明 AA1A1C，且O为AC的中点， A1

17、OAC， 又平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，A1O平面AA1C1C， A1O平面ABC.,1,2,3,4,5,6,(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值.,1,2,3,4,5,6,解 如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.,设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，,1,2,3,4,5,6,平面A1BC1的一个法向量为n(1，0，1)， 设直线AB与平面A1BC1所成的角为，,1,2,3,4,5,6,(1)求证：平面PAC平面ABC；,证明 取AC的中点O，连接PO，BO得到PBO.,四边形ABCD是菱形，P

18、APC，POAC. DC5，AC6，OC3，POOB4，,1,2,3,4,5,6,POOB. OBACO，OB，AC平面ABC，PO平面ABC. PO平面PAC，平面PAC平面ABC.,1,2,3,4,5,6,解 ABBC，BOAC. 易知OB，OC，OP两两垂直. 以O为坐标原点，OB，OC，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Oxyz. 则B(4，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，4)，A(0，3，0). 设点Q(x，y，z).,1,2,3,4,5,6,设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量.,1,2,3,4,5,6,取平面ABC的一个法向量n2(0

19、，0，1).,由图可知二面角QBCA为锐角，,1,2,3,4,5,6,(1)证明：平面ABCD平面EDC；,1,2,3,4,5,6,AD2DE2AE2，ADDE， 又正方形ABCD中，ADDC，且DEDCD，DE，DC平面EDC， AD平面EDC， 又AD平面ABCD， 平面ABCD平面EDC.,1,2,3,4,5,6,(2)求平面AEF与平面EDC所成锐二面角的余弦值.,1,2,3,4,5,6,解 由(1)知，EDC是二面角EADC的平面角， 作OECD于O，则ODDEcosEDC1，OE2， 又平面ABCD平面EDC，平面ABCD平面EDCCD，OE平面EDC， OE平面ABCD. 取AB

20、中点M，连接OM，则OMCD， 如图，以O为原点，分别以OM，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系，,1,2,3,4,5,6,则A(2，1，0)，B(2，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)，,又EFBD，知EF的一个方向向量为(2，2，0)， 设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，,取x2，得n(2，2，3)， 又平面EDC的一个法向量为m(1，0，0)，,1,2,3,4,5,6,设平面AEF与平面EDC所成的锐二面角为，,(1)求证：A1D平面BCED；,1,2,3,4,5,6,技能提升练,1,2,3,4,5,6,证明 因为等边三角形ABC的边长为3，,在A

21、DE中，DAE60，由余弦定理得,从而 AD2DE2AE2，所以ADDE. 折起后有A1DDE，因为二面角A1DEB是直二面角， 所以平面A1DE平面BCED， 又平面A1DE平面BCEDDE，A1DDE，A1D平面A1DE， 所以A1D平面BCED.,1,2,3,4,5,6,(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.,1,2,3,4,5,6,解 存在.理由：由(1)可知EDDB，A1D平面BCED. 以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1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Dxyz.,设PB2a

22、(02a3)，作PHBD于点H， 连接A1H，A1P，,1,2,3,4,5,6,因为ED平面A1BD，,要使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，,所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，,(1)求证：平面BED平面ABCD；,1,2,3,4,5,6,拓展冲刺练,证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，,1,2,3,4,5,6,ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC， 易得ADOABO， AODAOB90， ACBD. 又ECBD，ECACC，EC，AC平面AEC， BD平面AEC， 又OE平面AEC，OEBD. 又底面ABCD是圆内接四边形， ADC

23、ABC90，,易得AEOACE，AOEAEC90， 即EOAC. 又AC，BD平面ABCD，ACBDO， EO平面ABCD， 又EO平面BED，平面BED平面ABCD.,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值.,1,2,3,4,5,6,解 如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM， 则MNBE， 由(1)知，DACBAC30， 即DAB60， ABD为正三角形， DNAB， 又BCAB，DN，CB平面ABCD，DNCB， 又MNDNN，BEBCB，MN，DN平面DMN，BE，BC平面EBC， 平面DMN平面EBC，点P在线段MN上.,1,2,3,4,5,6,以O为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，,1,2,3,4,5,6,设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，,设直线DP与平面ABE所成的角为，,1,2,3,4,5,6,