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1、高考大題專項突破四高考大題專項突破四高考中的立體幾何高考中的立體幾何從近五年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點,約占整個試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主.三視圖、簡單幾何體的表面積與體積、點、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間角的計算是考查的重點內(nèi)容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式加以考查.著重考查推理論證能力和空間想象能力,而且對數(shù)學運算的要求有加強的趨勢.轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個立體幾何的始終.題型一題型二題型三題型四題型一平行與垂直關(guān)系的證明(多維探究)類型一適合用幾何法證明例1(2017江蘇,15)如圖,在三棱錐A-BCD中,ABAD,B
2、CBD,平面ABD平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD.求證:(1)EF平面ABC;(2)ADAC.題型一題型二題型三題型四 證明:(1)在平面ABD內(nèi),因為ABAD,EFAD,所以EFAB.又因為EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC.(2)因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD.因為AD平面ABD,所以BCAD.又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC,所以AD平面ABC.又因為AC平面ABC,所以ADAC.題型一題型二題型三題型四解題心得解題心得從解題方法上說,由于
3、線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)之間可以相互轉(zhuǎn)化,因此整 個解題過程始終沿著線線平行(垂直)、線面平行(垂直)、面面平行(垂直)的轉(zhuǎn)化途徑進行.題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練1在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA平面ABCD,PA=AB=2,E,F分別是PB,PD的中點.(1)求證:PB平面FAC;(2)求三棱錐P-EAD的體積;(3)求證:平面EAD平面FAC.題型一題型二題型三題型四(1)證明:連接BD,與AC交于點O,連接OF.在PBD中,O,F分別是BD,PD的中點,所以O(shè)FPB.又因為OF平面FAC,PB平面FAC,所以PB平面FAC.題型
4、一題型二題型三題型四(2)解:因為PA平面ABCD,所以PA為三棱錐P-ABD的高.因為PA=AB=2,底面ABCD是正方形,(3)證明:因為AD平面PAB,PB平面PAB,所以ADPB.在等腰直角三角形PAB中,AEPB,又AEAD=A,AE平面EAD,AD平面EAD,所以PB平面EAD,又OFPB,所以O(shè)F平面EAD,又OF平面FAC,所以平面EAD平面FAC.題型一題型二題型三題型四類型二適合用向量法證明例2如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60,E是PA的中點.求證:(1)直線PC平面BDE;(2)BDPC.題型一題型二題型三題
5、型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四解題心得解題心得利用空間向量證明空間的平行或垂直關(guān)系,首先建立空間直角坐標系,然后用坐標表示直線的方向向量及平面的法向量,最后利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘運算證明.用向量方法證明直線ab,只需證明向量a=b(R)(其中a,b分別是直線a與b的方向向量);證直線和平面垂直,只需證直線的方向向量與平面的法向量共線;證直線和平面平行,除證直線的方向向量與平面的法向量垂直外,還需強調(diào)直線在平面外.題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練2(2017北京海淀一模,理18)如圖,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱錐D-BB1C1C構(gòu)成的幾何體中,BAC=90
6、,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=,平面CC1D平面ACC1A1.(1)求證:ACDC1.(2)若M為DC1的中點,求證:AM平面DBB1.(3)在線段BC上是否存在點P,使直線DP與題型一題型二題型三題型四(1)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,故ACCC1,由平面CC1D平面ACC1A1,且平面CC1D平面ACC1A1=CC1,所以AC平面CC1D,又C1D平面CC1D,所以ACDC1.(2)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,所以AA1AB,AA1AC,又BAC=90,所以,如圖建立空間直角坐標系,依據(jù)已知條件可得題型一題型二題型三
7、題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型二與平行、垂直有關(guān)的存在性問題例3如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求證:PD平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM平面PCD?若存在,求 的值;若不存在,說明理由.題型一題型二題型三題型四(1)證明:因為平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因為PAPD,所以PD平面PAB.(2)解:取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以POAD.又因為PO平
8、面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因為CO平面ABCD,所以POCO.因為AC=CD,所以COAD.如圖建立空間直角坐標系.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四解題心得解題心得1.先假設(shè)題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立),然后在這個前提下進行邏輯推理,若由此導出矛盾,則否定假設(shè);否則,給出肯定結(jié)論.2.空間向量最適合解決這類探索性問題,解題時無需進行復(fù)雜的作圖、論證、推理,只需把要成立的結(jié)論當作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“方程或方程組是否有解”,即通過坐標運算進行判斷,這就是計算推理法.題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練3(2017
9、北京海淀區(qū)二模,理17)如圖,三棱錐P-ABC,側(cè)棱PA=2,底面三角形ABC為正三角形,邊長為2,頂點P在平面ABC上的射影為D,有ADDB,且DB=1.(1)求證:AC平面PDB.(2)求二面角P-AB-C的余弦值.(3)線段PC上是否存在點E使得PC平面ABE?如果存在,求 的值;如果不存在,請說明理由.題型一題型二題型三題型四(1)證明:因為ADDB,且DB=1,AB=2,所以AD=,所以DBA=60.因為ABC為正三角形,所以CAB=60,又由已知可知ACBD為平面四邊形,所以DBAC.因為AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB.(2)解:由點P在平面ABC上的射影為D,
10、可得PD平面ACBD,所以PDDA,PDDB.如圖,以D為原點,DB為x軸,DA為y軸,DP為z軸,建立空間直角坐標系,題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型三求空間角(多維探究)類型一求異面直線所成的角例4如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC.(1)求證:平面AEC平面AFC;(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練4(2017江蘇無錫一模,15)如圖,已知正四棱錐P
11、-ABCD中,PA=AB=2,點M,N分別在PA,BD上,且(1)求異面直線MN與PC所成角的大小;(2)求二面角N-PC-B的余弦值.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四類型二求直線與平面所成的角例5(2017北京東城區(qū)二模,理17)如圖,在幾何體ABCDEF中,平面ADE平面ABCD,四邊形ABCD為菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF,EFAB,M為BC中點.(1)求證:FM平面BDE;(2)求直線CF與平面BDE所成角的正弦值.題型一題型二題型三題型四(1)證明:取CD中點N,連接MN,FN.因為N,M分別為CD,B
12、C中點,所以MNBD.又BD平面BDE,MN平面BDE,所以MN平面BDE,因為EFAB,AB=2EF,所以EFCD,EF=DN.所以四邊形EFND為平行四邊形.所以FNED.又ED平面BDE,FN平面BDE,所以FN平面BDE,又N為FN和MN交點,所以平面MFN平面BDE.又FM平面MFN,所以FM平面BDE.題型一題型二題型三題型四(2)解:取AD中點O,連接EO,BO.因為EA=ED,所以EOAD.因為平面ADE平面ABCD,所以EO平面ABCD,EOBO.因為AD=AB,DAB=60,所以三角形ADB為等邊三角形.因為O為AD中點,所以ADBO.題型一題型二題型三題型四解題心得解題心
13、得求線面角可以用幾何法,即“先找,后證,再求”,也可以通過平面的法向量來求,即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角,取其余角就是斜線和平面所成的角.題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練5(2017山西太原三模,理19)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1底面ABC,A1AC=60,AC=2AA1=4,點D,E分別是AA1,BC的中點.(1)求證:DE平面A1B1C;(2)若AB=2,BAC=60,求直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值.題型一題型二題型三題型四(1)證明:取AC的中點F,連接DF,EF,E是BC的中點,EFAB,ABC-A1B1C1是三棱柱,AB
14、A1B1,EFA1B1,EF平面A1B1C,D是AA1的中點,DFA1C,DF平面A1B1C,又EFDF=F,平面DEF平面A1B1C,DE平面A1B1C;(2)解:過點A1作A1OAC,垂足為O,連接OB,側(cè)面ACC1A1底面ABC,A1O平面ABC,A1OOB,A1OOC,A1AC=60,AA1=2,OA=1,OA1=,AB=2,OAB=60,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OAABcosBAC=3,題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四類型三求二面角例6(2017全國,理18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)證明:平面PAB平面PAD
15、;(2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角A-PB-C的余弦值.題型一題型二題型三題型四(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,從而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD內(nèi)作PFAD,垂足為F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四解題心得如圖,設(shè)平面,的法向量分別為n1,n2,二面角的平面角為(0),則|cos|=|cos|=.結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角.題型一題型二題型三題型四對點訓練對點
16、訓練6(2017全國,理19)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E是PD的中點.(1)證明:直線CE平面PAB;(2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45,求二面角M-AB-D的余弦值.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四題型四求空間點到面的距離例7如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是邊長為2的菱形,BAD=60,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,DE=2,M為線段BF的中點.(1)求M到平面DE
17、C的距離及三棱錐M-CDE的體積;(2)求證:DM平面ACE題型一題型二題型三題型四(1)解:設(shè)ACBD=O,以O(shè)為原點,OB為x軸,OC為y軸,過O作平面ABCD的垂線為z軸,建立空間直角坐標系,題型一題型二題型三題型四ACDM,AEDM,ACAE=A,DM平面ACE.題型一題型二題型三題型四題型一題型二題型三題型四對點訓練對點訓練7(2017貴州貴陽一模)底面為菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為棱A1B1,A1D1的中點.(1)在圖中作一個平面,使得BD,且平面AEF;(不必給出證明過程,只要求作出與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面)(2)若AB=AA1=2,BAD=60,求點C到所作截面的距離.題型一題型二題型三題型四解:(1)取B1C1的中點G,D1C1的中點H,連接BG,GH,DH,則平面BDHG就是所求的平面,與直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面即為面BDHG.(2)取BC中點M,AB=AA1=2,BAD=60,以D為原點,DA為x軸,DM為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標系,
（福建專用）高考數(shù)學一輪復(fù)習 高考大題專項突破4 高考中的立體幾何課件 理 新人教A
