2020版高考数学一轮复习大题专项突破高考大题专项突破4高考中的立体几何课件文北师大版.pptx

1、高考大题专项四 高考中的立体几何,-2-,从近五年的高考试题来看,立体几何解答题是高考的重点内容之一,每年必考,一般处在试卷第18题或者第19题上,主要考查空间线线、线面、面面的平行与垂直及空间几何体的体积或侧面积,试题以中档难度为主.着重考查推理论证能力和空间想象能力以及转化与化归思想,几何体以四棱柱、四棱锥、三棱柱、三棱锥等为主.,-3-,1.证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1)证明线线平行常用的方法:利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;利用平行四边形进行平行转换;利用三角形的中位线定理证线线平行;利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换. (2)证明线线垂直常用的方法:

2、利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质;勾股定理;线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,即l,ala. 2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型 (1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直. (4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.,-4-,3.求几何体的表面积或体积 (1)对于规则几何体,可直接利用公式计算.对于某些三棱锥,有时可采用等体积转换法求解. (2)对于不规则几何体,可采用割补法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时,

3、注意圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用. 4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.,-5-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,题型一 平行关系的证明及求体积 例1(2018江西重点中学盟校联考,18)已知边长为2的正方形ABCD与菱形ABEF所在平面互相垂直,M为BC中点.(1)求证:EM平面ADF; (2)若ABE=60,求四面体M-ACE的体积.,-6-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 四边形ABCD是正方形,BCAD. BC平面ADF,A

4、D平面ADF, BC平面ADF. 四边形ABEF是菱形, BEAF. BE平面ADF,AF平面ADF, BE平面ADF. BC平面ADF,BE平面ADF,BCBE=B, 平面BCE平面ADF. EM平面BCE,EM平面ADF.,-7-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-8-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解题心得1.证明平行关系,首先考虑的方法是转化法.证明线面平行、面面平行可以转化为证明线线平行;证明线线平行可以转化为证明线面平行或面面平行.若题目中已出现了中点,可考虑在图形中再取中点,构成中位线进行证明. 2.求几何体的体积也常用转化法,如本例中求几何体的高和求几何体底面

5、三角形的高.点N到底面的距离转化为点P到底面距离的一半;点M到BC的距离转化为点A到BC的距离.,-9-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-10-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-11-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-12-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,题型二 等积法求高或距离 例2(2018河南南阳期末,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1= ,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且CO平面ABB1A1. (1)证明:BCAB1; (2)若OC= OA,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.,-13-,

6、题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 在矩形ABB1A1中,由平面几何知识可知AB1BD, 又CO平面ABB1A1, AB1CO,COBD=D,BD,CO平面BCD, AB1平面BCD,BC平面BCD,BCAB1.,-14-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解题心得求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置,其体积相等的方法求解.,-15-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,对点训练2(2018山东烟台适应性考试,18)如图所示,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为菱形,且BAD=60, EA=ED=AB=2EF=4,EFAB,M为BC的

7、中点.(1)求证:FM平面BDE; (2)若平面ADE平面ABCD,求点F到平面BDE的距离.,-16-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-17-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(2)解 由(1)得FM平面BDE, 所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离. 取AD的中点H,连接EH, 因为EA=ED,所以EHAD, 因为平面ADE平面ABCD,平面ADE平面ABCD=AD, EH平面ADE, 所以EH平面ABCD.,-18-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-19-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,题型三 定义法求高或距离 例3 (2017全国1,文

8、18改编)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥P-ABCD的体积为 ,求该四棱锥的高及四棱锥的侧面积.,-20-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解 (1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,从而AB平面PAD. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD内作PEAD,垂足为E.,-21-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解题心得求几何体的高或点到面的距离,经常根据高或距离的定义在几何体中作出高或要

9、求的距离.其步骤为:一作、二证、三求.如何作出点到面的距离是关键,一般的方法是利用辅助面法,所作的辅助面,一是要经过该点,二是要与所求点到面的距离的面垂直,这样在辅助面内过该点作交线的垂线,点到垂足的距离即为点到面的距离.,-22-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,对点训练3 (2018山西汾阳联考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC上的一点,AB=AC,且ADBC. (1)求证:A1C平面AB1D; (2)若AB=BC=AA1=2,求点A1到平面AB1D的距离.,-23-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 如图,连接BA1,交AB1于点E,再连接

10、DE, 据直棱柱性质知,四边形ABB1A1为平行四边形,E为AB1的中点, 当AB=AC时,ADBC,D是BC的中点,DEA1C, 又DE平面AB1D,A1C平面AB1D,A1C平面AB1D.,-24-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(2)解 如图,在平面BCC1B1中,过点B作BFB1D,垂足为F,D是BC中点, 点C到平面AB1D与点B到平面AB1D距离相等, A1C平面AB1D, 点A1到平面AB1D的距离等于点C到平面AB1D的距离,-25-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,题型四 垂直关系的证明及求体积 例4 (2018辽宁大连二模,19)如图,在三棱柱ABC-A1

11、B1C1中,ABC和AA1C均是边长为2的等边三角形,平面AA1C1C平面ABC,点O为AC中点. (1)证明:A1O平面ABC; (2)求三棱锥O-B1BC1的体积.,-26-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 AA1=A1C,且O为AC的中点, A1OAC, 平面AA1C1C平面ABC,且交线为AC, 又A1O平面AA1C1C, A1O平面ABC.,-27-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解题心得从解题方法上讲,由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化,因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行.,-28-,题型一,题型二,题型三

12、,题型四,题型五,对点训练4(2018湖北荆州联考,18)在四棱锥P-ABCD中, ADC=BCD=90,AD=CD=1,BC=2,PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形,平面PAC平面ABCD.,(1)证明:PCPB; (2)若点E在线段PC上,且PC=3PE,求三棱锥A-EBC的体积.,-29-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明取BC,AC的中点分别为M,N,连接AM,PN. PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形, PNAC. 平面PAC平面ABCD,平面PAC平面ABCD=AC, PN平面ABCD,而AB平面ABCD, PNAB. 又ADC=BCD=90,AD=CD=1,

13、BC=2, 四边形AMCD为正方形,且AC=AB= 2 , BAC=90,即ABAC. 由及PNAC=N得AB面PAC, 又PC面PAC,ABPC, 又PAPC,PAAB=A, PC面PAB,而PB面PAB,PCPB.,-30-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-31-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,题型五 图形折叠后的垂直关系及求体积 例5(2018广东东莞冲刺,18)如图1,ABC是边长为3的等边三角形,D在边AC上,E在边AB上,且AD=BE=2AE.将ADE沿直线DE折起,得四棱锥A-BCDE,如图2.,(1)求证:DEAB; (2)若平面ADE底面BCDE,求三棱锥

14、D-ACE的体积.,-32-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 在图1中,由题意知AE=1,AD=BE=2.在ADE中,由余弦定理知 DE2=AE2+AD2-2AEADcos 60=12+22-12=3, 所以AE2+DE2=AD2,所以DEAE,DEBE, 在ADE沿直线DE折起的过程中,DE与AE,BE的垂直关系不变, 故在图2中有DEAE,DEBE. 又AEBE=E, 所以DE平面AEB, 所以DEAB.,-33-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(2)解 如图2,因为平面ADE底面BCDE, 由(1)知DEAE,且平面ADE底面BCDE=DE, 所以AE底面B

15、CDE, 所以AE为三棱锥A-EDC的高,且AE=AE=1.,-34-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,解题心得平面图形经过翻折成为空间图形后,原有的性质有的发生变化、有的没变.一般地,在翻折后还在一个平面上的性质一般不发生变化,不在同一个平面上的性质可能发生变化,解决这类问题就是要根据这些变与不变,去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值,这是化解翻折问题的主要方法.,-35-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,对点训练5(2018北京西城161中期中,18)如图,等腰梯形BCDP中, BCPD,BAPD于点A,PD=3BC,且AB=BC=1.沿AB把PAB折起

16、到PAB的位置,使PAD=90.(1)求证:CD平面PAC. (2)求三棱柱A-PBC的体积. (3)线段PA上是否存在点M,使得BM平面PCD.若存在,指出点M的位置并证明;若不存在,请说明理由.,-36-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,(1)证明 PAD=90,PAAD. 在原等腰梯形中,ABAP, 在四棱锥中,ABAP. 又ADAB=A,PA平面ABCD. CD平面ABCD,PACD. 在等腰梯形BCDP中,ABBC,PD=3BC,且AB=BC=1,AC2+CD2=AD2, ACCD. PAAC=A, CD平面PAC.,-37-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型五,-38-,-39-,-40-,