高考數(shù)學 熱點專題突破系列(四)立體幾何的綜合問題課件.ppt

《高考數(shù)學 熱點專題突破系列(四)立體幾何的綜合問題課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學 熱點專題突破系列(四)立體幾何的綜合問題課件.ppt（77頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

熱點專題突破系列(四) 立體幾何的綜合問題,考點一 平行、垂直關系的證明與體積的計算 【考情分析】以空間幾何體(主要是柱、錐或簡單組合體)為載體,通過空間平行、垂直關系的論證命制,主要考查公理4及線、面平行與垂直的判定定理與性質定理,常與平面圖形的有關性質及體積的計算等知識交匯考查,考查學生的空間想象能力和推理論證能力以及轉化與化歸思想,一般以解答題的形式出現(xiàn),難度中等.,【典例1】(2014重慶高考改編)如圖所示, 在四棱錐P-ABCD中,底面是以O為中心的菱形, PO底面ABCD,AB=2,BAD= ,M為BC上一點, 且BM= ,N為AB上一點,且BN= . (1)證明:MN平面PAC. (2)證明:BC平面POM. (3)若MPAP,求四棱錐P-ABMO的體積.,【解題提示】(1)只需證明MNAC即可. (2)在平面POM內可以找到OM,PO與BC垂直,從而得出結論. (3)直接利用體積公式求解即可.,【規(guī)范解答】(1)因為BM=BN= , 所以 所以MNAC. 又MN平面PAC,AC平面PAC, 所以MN平面PAC.,(2)因為ABCD為菱形,O為菱形中心,連接OB,則AOOB. 因為BAD= ,故OB=ABsin =1, 又因為BM= ,且OBM= , 在OBM中, OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM,所以OB2=OM2+BM2,故OMBM,故OMBC. 又PO底面ABCD,所以POBC. 從而BC與平面POM內兩條相交直線OM,PO都垂直, 所以BC平面POM.,(3)由(2)得,OA=ABcosOAB=2 設PO=a,由PO底面ABCD知,POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 由POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+ . 連接AM,在ABM中, AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM,由已知MPAP, 故APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2, 即 得 (舍去), 即PO= 此時S四邊形ABMO=SAOB+SOMB = AOOB+ BMOM 所以四棱錐P-ABMO的體積,【規(guī)律方法】 1.空間兩直線位置關系的判定方法 (1)對于平行直線可通過作輔助線,利用三角形或梯形中位線的性質及線面平行與面面平行的性質定理. (2)垂直關系可采用線面垂直的性質解決.,2.空間線面的位置關系的判定方法 (1)證明直線與平面平行,設法在平面內找到一條直線與已知直線平行,解答時合理利用中位線性質、線面平行的性質,或構造平行四邊形,尋求比例關系確定兩直線平行. (2)證明直線與平面垂直,主要途徑是找到一條直線與平面內的兩條相交直線垂直.解題時注意分析觀察幾何圖形,尋求隱含條件.,3.空間面面的位置關系的判定方法 (1)證明面面平行,需要證明線面平行,要證明線面平行需證明線線平行,將“面面平行”問題轉化為“線線平行”問題. (2)證明面面垂直,將“面面垂直”問題轉化為“線面垂直”問題,再將“線面垂直”問題轉化為“線線垂直”問題.,4.計算幾何體體積的關鍵及注意點 計算幾何體的體積時,能直接用公式時,關鍵是確定幾何體的高,而不能直接用公式時,注意進行體積的轉化.,【變式訓練】(2015杭州模擬)如圖,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1=2, D為AB的中點,且CDDA1. (1)求證:平面A1B1B平面ABC. (2)求多面體DBC-A1B1C1的體積.,【解析】(1)因為AC=BC,D為AB的中點, 所以CDAB,又CDDA1,ABDA1=D, 所以CD平面A1B1B, 又因為CD平面ABC, 故平面A1B1B平面ABC.,(2)因為平面A1B1B平面ABC,平面A1B1B平面ABC=AB,BB1平面 A1B1B,ABBB1,所以BB1平面ABC,因此 =SABC|AA1|- SADC|AA1|=SABC|AA1|- SABC|AA1|= SABC|AA1|= .,【加固訓練】(2013江西高考)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1 面ABCD,ABCD,ADAB,AB=2,AD= ,AA1=3,E為CD上一點,DE=1,EC=3. (1)證明:BE平面BB1C1C. (2)求點B1到平面EA1C1的距離.,【解析】(1)過點B作CD的垂線交CD于點F,則BF=AD= , EF=AB-DE=1,FC=2. 在RtBFE中,BE= ,在RtCFB中,BC= . 在BEC中,因為BE2+BC2=9=EC2, 所以BEBC,又由BB1平面ABCD得BEBB1, 又BB1BC=B,故BE平面BB1C1C.,(2) 在RtA1D1C1中， 同理， 則 設點B1到平面EA1C1的距離為d，則三棱錐B1-EA1C1的體積為 所以點B1到平面EA1C1的距離為,考點二 平面圖形折疊成空間幾何體問題 【考情分析】先將平面圖形折疊成空間幾何體,再以其為載體研究其中的線、面間的位置關系與計算有關的幾何量是近幾年高考考查立體幾何的一類重要考向,它很好地將平面圖形拓展成空間圖形,同時也將空間立體圖形向平面圖形轉化提供了具體形象的途徑,是高考深層次考查空間想象能力的主要方向.,【典例2】(2015中山模擬)如圖1所示,在RtABC中,AC=6,BC=3, ABC=90,CD為ACB的平分線,點E在線段AC上,且CE=4.如圖2所示,將BCD沿CD折起,使得平面BCD平面ACD,連接AB,設點F是AB的中點.,(1)求證:DE平面BCD. (2)若EF平面BDG,其中G為直線AC與平面BDG的交點,求三棱錐B-DEG的體積. 【解題提示】(1)由平面BCD平面ACD,只需證明DEDC即可. (2)先由平面BCD平面ACD,求得B到平面ACD,即DEG的距離,再由體積公式求解.,【規(guī)范解答】(1)在題圖1中,因為AC=6,BC=3,ABC=90,所以A=30,ACB=60. 因為CD為ACB的平分線,所以BCD=ACD=30, 所以CD=2 . 因為CE=4,DCE=30,由余弦定理可得cos30= 即 ,解得DE=2.則CD2+DE2=EC2,所以CDE=90,DEDC.,在題圖2中,因為平面BCD平面ACD,平面BCD平面ACD=CD, DE平面ACD,且DEDC, 所以DE平面BCD.,(2)在題圖2中,因為EF平面BDG,EF平面ABC, 平面ABC平面BDG=BG, 所以EFBG. 因為點E在線段AC上,CE=4,點F是AB的中點, 所以AE=EG=CG=2. 作BHCD于點H.因為平面BCD平面ACD, 所以BH平面ACD.,由已知可得 所以三棱錐B-DEG的體積V= SDEGBH=,【規(guī)律方法】折疊問題的求解策略 (1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量.一般情況下,長度是不變量,而位置關系往往會發(fā)生變化. (2)在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.進而將其轉化為立體幾何的常規(guī)問題求解.,解決折疊問題的關注點 平面圖形折疊成空間圖形,主要抓住變與不變的量,所謂不變的量,即是指“未折壞”的元素,包括“未折壞”的邊和角,一般優(yōu)先標出未折壞的直角(從而觀察是否存在線面垂直),然后標出其他特殊角,以及所有不變的線段.,【變式訓練】(2015天津模擬)如圖,在邊長為3的正三角形ABC中,G,F為邊AC的三等分點,E,P分別是AB,BC邊上的點,滿足AE=CP=1,今將BEP,CFP分別沿EP,FP向上折起,使邊BP與邊CP所在的直線重合,B,C折后的對應點分別記為B1,C1. (1)求證:C1F平面B1GE. (2)求證:PF平面B1EF.,【證明】(1)取EP的中點D,連接FD,C1D. 因為BC=3,CP=1,所以折起后C1為B1P的中點. 所以在B1EP中,DC1EB1. 又因為AB=BC=AC=3,AE=CP=1, 所以 ,所以EP=2且EPGF. 因為G,F為AC的三等分點,所以GF=1.,又因為ED= EP=1,所以GF=ED, 所以四邊形GEDF為平行四邊形.所以FDGE. 又因為DC1FD=D,GEB1E=E, 所以平面DFC1平面B1GE. 又因為C1F平面DFC1,所以C1F平面B1GE.,(2)連接EF,B1F,由已知得EPF=60,且FP=1,EP=2, 由余弦定理,得EF2=12+22-212cos60=3, 所以FP2+EF2=EP2,可得PFEF. 因為B1C1=PC1=1,C1F=1,得FC1=B1C1=PC1, 所以PB1F的中線C1F= PB1,可得PB1F是直角三角形,即B1FPF. 因為EFB1F=F,EF,B1F平面B1EF, 所以PF平面B1EF.,【加固訓練】(2013湖北高考)如圖甲, 在平面四邊形ABCD中,已知A=45,C =90,ADC=105,AB=BD,現(xiàn)將四邊形 ABCD沿BD折起,使平面ABD平面BDC (如圖乙),設點E,F分別為棱AC,AD的中點. (1)求證:DC平面ABC. (2)設CD=a,求三棱錐A-BFE的體積.,【解析】(1)在圖甲中因為AB=BD且A=45, 所以ADB=45,ABD=90,即ABBD. 在圖乙中,因為平面ABD平面BDC, 且平面ABD平面BDC=BD, 所以AB底面BDC,所以ABCD. 又DCB=90,所以DCBC,且ABBC=B, 所以DC平面ABC.,(2)因為E,F分別為AC,AD的中點, 所以EFCD,又由(1)知,DC平面ABC, 所以EF平面ABC, 所以VA-BFE=VF-AEB= SAEBFE 在圖甲中,因為ADC=105, 所以BDC=60,DBC=30,由CD=a得BD=2a,BC= a,EF= CD= a, 所以SABC= ABBC= 2a a= a2, 所以SAEB= 所以,考點三 空間向量在立體幾何中的應用 【考情分析】在高考中主要考查通過建立恰當?shù)目臻g直角坐標系,利用空間向量的坐標運算證明空間中的線、面的平行與垂直關系,計算空間角(特別是二面角)及空間距離,常與空間幾何體的結構特征,空間線、面位置關系的判定定理與性質定理等知識綜合,以解答題形式出現(xiàn),難度中等.,【典例3】(2015南昌模擬)如圖,三棱柱 ABC-A1B1C1中,BC=2,BC1= ,CC1= ,ABC 是以BC為底邊的等腰三角形,平面ABC平面 BCC1B1,E,F分別為棱AB,CC1的中點. (1)求證:EF平面A1BC1. (2)若AC2為整數(shù),且EF與平面ACC1A1所成的角的正弦值為 ,求二面角C-AA1-B的余弦值.,【解題提示】根據(jù)平面ABC平面BCC1B1,選坐標原點建立空間直角 坐標系,(1)求平面A1BC1的法向量n,證明n 即可.(2)分別求平面 ACC1A1與平面AA1B的法向量,利用向量的夾角公式求解.,【規(guī)范解答】(1)因為CC1=BC1= ,BC=2, 所以CC1B是以BC為斜邊的等腰直角三角形,取BC的中點O,連接AO,C1O,設OA=b,則AOBC,C1OBC, 因為面ABC面BCC1B1,且面ABC面BCC1B1=BC, 所以AO面BCC1B1,C1O面ABC.,以O為坐標原點,以OC,OC1,OA所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系, 所以C(1,0,0),C1(0,1,0),A(0,0,b), A1(-1,1,b),B(-1,0,0). 所以 所以 =(1,1,0)， =(1,0,-b)， 可得平面A1BC1的一個法向量為n=(b,-b,1), 所以 ,所以 又EF平面A1BC1，所以EF平面A1BC1.,(2)設平面ACC1A1的一個法向量為n1=(x1,y1,z1)， 又 =(-1,1,0), =(1,0,-b), 則 令z1=1, 則n1=(b,b,1).又,所以 解得b=1或b= ，因為AC2為整數(shù)，所以b=1, 所以n1=(1,1,1)，同理可求得平面AA1B的一個法向量n2=(1,1,-1), 所以 又二面角C-AA1-B為銳二面角，所以余弦值為,【規(guī)律方法】利用空間向量證明線面位置關系與計算空間角的步驟 (1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關系,盡量使相關點在坐標軸上,建立適當?shù)目臻g直角坐標系,求出相關點的坐標. (2)求出相關直線的方向向量,相關平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當?shù)墓?將相關坐標代入進行求解和證明. (3)回歸待求證、求解問題.,【變式訓練】(2015唐山模擬)在如圖所示 的幾何體中,四邊形ABCD是等腰梯形,ABCD, ABC=60,AB=2CB=2. 在梯形ACEF中,EFAC,且AC=2EF,EC平面ABCD. (1)求證:BCAF. (2)若二面角D-AF-C為45, 求CE的長.,【解析】(1)在ABC中,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,所以AB2=AC2+BC2,由勾股定理知ACB=90, 所以BCAC.又因為EC平面ABCD,BC平面ABCD,所以BCEC. 又因為ACEC=C,所以BC平面ACEF, 又AF平面ACEF.所以BCAF.,(2)因為EC平面ABCD,又由(1)知BCAC,所以以 C為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz, 設CE=h，則C(0，0，0)，A( ，0，0)，,設平面DAF的法向量為n1=(x,y,z)， 則 所以 令x= ，所以 又平面AFC的法向量n2=(0，1，0)， 所以 解得 所以CE的長為,【加固訓練】1.(2013山東高考)如圖所示, 在三棱錐P-ABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ, D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,AQ=2BD, PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH. (1)求證:ABGH. (2)求二面角D-GH-E的余弦值.,【解析】(1)因為D,C,E,F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點, 所以EFAB,DCAB.所以EFDC. 又EF平面PCD,DC平面PCD,所以EF平面PCD. 又EF平面EFQ,平面EFQ平面PCD=GH, 所以EFGH,又EFAB,所以ABGH.,(2)由AQ=2BD,D為AQ的中點可得,ABQ為直角三角形,ABQ=90. 以B為坐標原點,分別以BA,BC,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角 坐標系,則B(0,0,0),設A(2,0,0),P(0,0,2),Q(0,2,0),則E(1,0,1), F(0,0,1),D(1,1,0),C(0,1,0), 所以 =(0,1,-2), =(-1,0,0), =(1,0,0), =(1,-2,1).,設平面GCD的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),則 得 取n1=(0,2,1)， 設平面EFG的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),則 得,取n2=(0,1,2)， 可得 因為二面角D-GH-E為鈍角， 所以二面角D-GH-E的余弦值為 .,2.(2015鄭州模擬)如圖,四邊形ABCD是邊長為2 的正方形,MD平面ABCD,NBMD,且NB=1,MD=2; (1)求證:AM平面BCN. (2)求AN與平面MNC所成角的正弦值. (3)E為直線MN上一點,且平面ADE平面MNC,求 的值.,【解析】(1)因為ABCD是正方形, 所以BCAD,因為BC平面AMD,AD平面AMD, 所以BC平面AMD. 因為NBMD,又NB平面AMD,MD平面AMD, 所以NB平面AMD. 因為NBBC=B,NB平面BCN,BC平面BCN, 所以平面AMD平面BCN. 因為AM平面AMD,所以AM平面BCN.,(2)因為MD平面ABCD,ABCD是正方形,所以,可選點D為原點,DA, DC,DM所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系(如圖), 則A(2,0,0),M(0,0,2),C(0,2,0),N(2,2,1),所以 =(0,2,1), =(2,2,-1), =(0,2,-2), 設平面MNC的一個法向量n=(x,y,z), 則 令z=2,則n=(-1,2,2), 設AN與平面MNC所成角為, 所以sin,(3)設E(x,y,z), 又因為 =(x,y,z-2), =(2,2,-1), 所以E點的坐標為(2,2,2-). 因為AD平面MDC,所以ADMC,欲使平面ADE平面MNC,只要AEMC, 因為 =(2-2,2,2-), =(0,2,-2), 且 =0,所以4-2(2-)=0, 所以= ,所以,考點四 利用空間向量解決探索性問題 【考情分析】此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn),常涉及線、面平行、垂直、空間角的計算問題,是高考命題的熱點,一般有兩種考查形式: (1)根據(jù)條件作出判斷,再進一步論證. (2)利用空間向量,先假設存在點的坐標,再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在.,【典例4】(2015深圳模擬)在直角梯形ABCD中,ADBC,BC=2AD=2AB =2 ,ABBC,如圖所示,把ABD沿BD翻折,使得平面ABD平面BCD. (1)求證:CDAB. (2)若點M為線段BC的中點,求點M到平面ACD的距離. (3)在線段BC上是否存在點N,使得AN與平面ACD所成的角為60?若存 在,求出 的值;若不存在,請說明理由.,【解題提示】(1)根據(jù)平面ABD平面BCD,只需證明CDBD,進而得到CD平面ABD,從而證明CDAB. (2)以D為原點建立空間直角坐標系,求出向量 及平面ACD的一個法向量n,代入點到平面的距離公式求解. (3)假設在線段BC上存在一點N使AN與平面ACD所成的角為60,再利用向量的夾角公式進行運算判斷.,【規(guī)范解答】(1)在直角梯形ABCD中，ADBC，BC=2AD=2AB= ABBC, 所以AD=AB= ,BD= =2，DBC=ADB=45，CD= 所以BD2+CD2=BC2,所以CDBD. 因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD，所以CD平面ABD，又AB平面ABD，所以CDAB.,(2)由(1)知CDBD.以點D為原點，DB所在的直 線為x軸，DC所在的直線為y軸，過點D作垂直 于平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系 D-xyz，如圖所示，由已知得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， D(0,0,0)，M(1,1,0)，所以 =(0,-2,0)， =(-1,0,-1), =(-1,1,0).設平面ACD的一個法向量為n=(x,y,z)，則 即 令x=1，得z=-1，y=0,則平面ACD的一個法 向量為n=(1,0,-1),所以點M到平面ACD的距離為,(3)假設在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60. 設 (01)，N(a,b,0),則(a-2,b,0)=(-2,2,0), 所以N(2-2,2,0), =(1-2,2，-1). 又平面ACD的一個法向量為n=(1,0,-1)，且直線AN與平面ACD所成的 角為60，所以sin 60= 即 可得82+2-1=0，解得= 或=- (舍去). 綜上所述，在線段BC上存在點N，使得AN與平面ACD所成的角為60, 此時,【規(guī)律方法】探索性問題的求解策略 (1)對于存在判斷型問題的求解,應先假設存在,把要成立的結論當作條件,據(jù)此列方程或方程組,把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解,是否有規(guī)定范圍內的解”等. (2)對于位置探究型問題,通常借助向量,引進參數(shù),綜合已知和結論列出等式,解出參數(shù).,【變式訓練】(2015西安模擬)如圖所示,棱 柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2,ABC和 A1AC均為60,平面AA1C1C平面ABCD. (1)求證:BDAA1. (2)求二面角D-A1A-C的余弦值. (3)在直線CC1上是否存在點P,使BP平面DA1C1,若存在,求出點P的位置,若不存在,請說明理由.,【解析】設BD與AC交于O，則BDAC，連接A1O， 在AA1O中，AA1=2，AO=1,A1AO=60, 所以A1O2=AA12+AO2-2AA1AOcos 60=3, 所以AO2+A1O2=AA12, 所以A1OAO.,由于平面AA1C1C平面ABCD,所以A1O平面ABCD. 以OB，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的 空間直角坐標系，則A(0,-1,0),B( ,0,0)，C(0,1,0)， D(- ,0，0),A1(0,0, ),C1(0,2, ). (1)由于 所以BDAA1.,(2)由于OB平面AA1C1C, 所以平面AA1C1C的一個法向量為n1=(1,0,0). 設n2平面AA1D，則 設n2=(x,y,z)，則 取n2=(1， ,-1)，則n1，n2即為二面角D-A1A-C的平面角, 所以 所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值為,(3)假設在直線CC1上存在點P，使BP平面DA1C1, 設 ，P(x,y,z),則(x,y-1,z)=(0，1， ), 從而有P(0，1+， )， 設n3平面DA1C1，則 又 =(0,2,0)， 設n3=(x3,y3,z3)，則 取n3=(1,0,-1),因為BP平面DA1C1，則n3 , 即 得=-1, 即點P在C1C的延長線上，且C1C=CP.,【加固訓練】1.(2014海淀模擬)在如圖所示 的幾何體中,底面ABCD為菱形,BAD=60, AA1 DD1 CC1BE,且AA1=AB,D1E平面D1AC, AA1底面ABCD. (1)求二面角D1-AC-E的大小. (2)在D1E上是否存在一點P,使得A1P平面EAC,若存在,求 的值,若不存在,說明理由.,【解析】(1)設AC與BD交于點O,如圖所示建立 空間直角坐標系Oxyz,設AB=2,則A( ,0,0), B(0,-1,0),C(- ,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,2), 設E(0,-1,t),則 因為D1E平面D1AC,所以D1ECA,D1ED1A, 所以 解得t=3,所以E(0,-1,3),所以,設平面EAC的一個法向量為m=(x,y,z), 則 所以 令z=1,y=3，則m=(0,3,1). 又平面D1AC的一個法向量為 =(0,2,-1), 所以 所以所求二面角的大小為45.,(2)假設在D1E上存在一點P，使得A1P平面EAC, 設 得 因為A1P平面EAC,所以 m, 所以 解得= , 存在點P使A1P平面EAC,此時D1PPE=32.,2.(2015西安模擬)如圖，四棱錐A-BCDE中， ABC是正三角形，四邊形BCDE是矩形，且平 面ABC平面BCDE，AB=2，AD=4. (1)若點G是AE的中點，求證：AC平面BDG. (2)試問點F在線段AB上什么位置時，二面角B-CE-F的余弦值為,【解析】(1)設BD，CE交于點O，連接OG，易知OG為ACE的中位線，故OGAC，又AC平面BDG，OG平面BDG，得AC平面BDG. (2)如圖，取BC的中點H，建立空間直角坐標系H-xyz, 在RtACD中，斜邊AD=4，AC=2，得CD= ， 所以A(0,0, ),B(1，0，0)，C(-1，0，0)，E(1，2 ，0). 設 (01)，得F(1-,0, ). 設平面CEF的一個法向量為n=(x，y，z)，,由 即 取x= ,得 而平面BCE的一個法向量n0=(0，0，1)，所以由題意得 解得=-1(舍去)或= .所以當點F為線段AB的中點時，二面角 B-CE-F的余弦值為,