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,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主. 简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式加以考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.,-3-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型一 平行与垂直关系的证明(多维探究) 类型一 适合用几何法证明 例1(2018北京一零一中学模拟,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C
2、1中,底面ABC为正三角形,侧棱AA1底面ABC.已知D是BC的中点,AB=AA1=2. (1)求证:平面AB1D平面BB1C1C; (2)求证:A1C平面AB1D; (3)求三棱锥A1-AB1D的体积.,-4-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 由已知ABC为正三角形,且D是BC的中点,所以ADBC.因为侧棱AA1底面ABC,AA1BB1,所以BB1底面ABC.又因为AD底面ABC,所以BB1AD.而B1BBC=B,所以AD平面BB1C1C.因为AD平面AB1D,所以平面AB1D平面BB1C1C. (2)证明 连接A1B,设A1BAB1=E,连接DE.由已知得,四边形A1ABB1为
3、正方形,则E为A1B的中点. 因为D是BC的中点,所以DEA1C. 又因为DE平面AB1D,A1C平面AB1D,所以A1C平面AB1D.,-5-,题型一,题型二,题型三,题型四,-6-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得从解题方法上说,由于线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)之间可以相互转化,因此整 个解题过程始终沿着线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转化途径进行.,-7-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练1(2018河北衡水中学十七模,19)四棱锥P-ABCD中,PD面ABCD,底面ABCD是菱形,且PD=DA=2,CDA=60,过点B作直线
4、lPD,Q为直线l上一动点. (1)求证:QPAC; (2)当面PAC面QAC时,求三棱锥Q-ACP的体积.,-8-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 lPD, 直线l,PD确定一平面BDPQ. PD平面ABCD,AC平面ABCD, PDAC. 由题意知直线QP在面ABCD上的射影为DB, 又在菱形ABCD中有DBAC,PDBD=D, AC平面BDPQ. PQ平面BDPQ,QPAC.,-9-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 由题意得PAC和QAC都是以AC为底的等腰三角形,设AC和BD的交点为O, 连接OP、OQ,则OPAC,OQAC, 又OPOQ=O,AC平面POQ. 又
5、平面PAC平面QAC,平面PAC平面QAC=AC, PO平面QAC,OPOQ. 在菱形ABCD中,DA=2,CDA=60,-10-,题型一,题型二,题型三,题型四,-11-,题型一,题型二,题型三,题型四,类型二 适合用向量法证明 例2如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60,E是PA的中点.求证:(1)直线PC平面BDE; (2)BDPC.,-12-,题型一,题型二,题型三,题型四,-13-,题型一,题型二,题型三,题型四,-14-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得利用空间向量证明空间的平行或垂直关系,首先建立空间直角坐标系,然
6、后用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量,最后利用向量的数量积或数乘运算证明.用向量方法证明直线ab,只需证明向量a=b(R)(其中a,b分别是直线a与b的方向向量);证直线和平面垂直,只需证直线的方向向量与平面的法向量共线;证直线和平面平行,除证直线的方向向量与平面的法向量垂直外,还需强调直线在平面外.,-15-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练2 如图,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中,BAC=90,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD= ,平面CC1D平面ACC1A1.(1)求证:ACDC1. (2)若M为DC1的中点,求证:AM平面DBB
7、1. (3)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与,-16-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明: 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)证明: 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC, 所以AA1AB,AA1AC, 又BAC=90,所以,如图建立空间直角坐标系, 依据已知条件可得,-17-,题型一,题型二,题型三,题型四,-18-,题型一,题型二,题型三,题型四,-19-,题型一,题型二,题型三,题型
8、四,题型二 与平行、垂直有关的存在性问题 例3(2018四川双流中学二模,19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ABDC,BC=DC= AB=1.O是AB的中点,PO底面ABCD,O在平面PAD上的正投影为点H,延长PH交AD于点E. (1)求证:E为AD中点; (2)若ABC=90,PA= ,在棱BC上是否存在一点G,使得HG平面PAB,若存在,则求出OG与面PCD所成角的正弦值.,-20-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 连接OE,AB=2,O是AB中点,CD=1, OB=CD,ABCD, 四边形BCDO是平行四边形, OD=1, PO平面ABCD,AD平面AB
9、CD, POAD,O在平面PAD的正投影为H,OH平面PAD,OHAD, 又OHPO=O,AD平面POE,ADOE, 又AO=OD=1,E是AD的中点.,-21-,题型一,题型二,题型三,题型四,-22-,题型一,题型二,题型三,题型四,-23-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得1.先假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论. 2.空间向量最适合解决这类探索性问题,解题时无需进行复杂的作图、论证、推理,只需把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“方程或方程组是否有解”,即通过坐标运算
10、进行判断,这就是计算推理法.,-24-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练3 如图,三棱锥P-ABC,侧棱PA=2,底面三角形ABC为正三角形,边长为2,顶点P在平面ABC上的射影为D,有ADDB,且DB=1.(1)求证:AC平面PDB. (2)求二面角P-AB-C的余弦值. (3)线段PC上是否存在点E使得PC平面ABE?如果存在,求 的值;如果不存在,请说明理由.,-25-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明: 因为ADDB,且DB=1,AB=2,所以AD= ,所以DBA=60. 因为ABC为正三角形,所以CAB=60, 又由已知可知ACBD为平面四边形,所以DBAC. 因为
11、AC平面PDB,DB平面PDB,所以AC平面PDB. (2)解: 由点P在平面ABC上的射影为D,可得PD平面ACBD, 所以PDDA,PDDB. 如图,以D为原点,DB为x轴,DA为y轴,DP为z轴,建立空间直角坐标系,-26-,题型一,题型二,题型三,题型四,-27-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型三 求空间角(多维探究) 类型一 求异面直线所成的角例4如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)求证:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.,-28-,题型
12、一,题型二,题型三,题型四,-29-,题型一,题型二,题型三,题型四,-30-,题型一,题型二,题型三,题型四,-31-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练4 如图,已知正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,点M,N分别在PA,BD上,且 (1)求异面直线MN与PC所成角的大小; (2)求二面角N-PC-B的余弦值.,-32-,题型一,题型二,题型三,题型四,-33-,题型一,题型二,题型三,题型四,-34-,题型一,题型二,题型三,题型四,-35-,题型一,题型二,题型三,题型四,类型二 求直线与平面所成的角 例5(2018江西南昌测试四,18)在菱形ABCD中,AB=4且ABC=6
13、0,点M,N分别是棱CD,AD的中点,将四边形ANMC绕着AC转动,使得MN与EF重合,形成如图所示多面体,分别取BF,DE的中点P,Q.(1)求证:PQ平面ABCD; (2)若平面AFEC平面ABCD,求CP与平面BEF所成角的正弦值.,-36-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 取BE中点R,连接PR,QR,BD,由P,Q分别是BF,DE的中点, PREF,QRBD. 又EFAC,PR平面ABCD,QR平面ABCD. 又PRQR=R, 平面PQR平面ABCD. 又PQ平面PQR,PQ平面ABCD.,-37-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 取EF中点T,设AC,BD交于
14、点O, OTAC. 又平面AFEC平面ABCD, OT平面ABCD. 在菱形ABCD中,ACBD, 以O为原点,如图建立空间直角坐标系,-38-,题型一,题型二,题型三,题型四,-39-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得求线面角可以用几何法,即“先找,后证,再求”,也可以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.,-40-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练5在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1= ,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO侧面ABB1A1.(1)证明BCAB1; (
15、2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.,-41-,题型一,题型二,题型三,题型四,又CO侧面ABB1A1,所以AB1CO. 又BD与CO交于点O, 所以AB1面CBD. 又因为BC面CBD,所以BCAB1.,-42-,题型一,题型二,题型三,题型四,-43-,题型一,题型二,题型三,题型四,类型三 求二面角 例6(2018河北衡水猜题,19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1是边长为2的菱形,A1AC=60,BA=BC. (1)证明:ACA1B; (2)若底面是以B为直角顶点的直角三角形,且A1B=2,求二面角A1-BC1-C的正弦值.,-44-,题型一,题型
16、二,题型三,题型四,(1)证明 连接A1C,四边形ACC1A1是菱形,且A1AC=60, ACA1为等边三角形.取AC的中点O,连接OA1,OB,则ACOA1. BA=BC,ACOB. 又OA1OB=O,OA1平面OA1B,OB平面OA1B,AC平面OA1B. 又A1B平面OA1B,ACA1B.,-45-,题型一,题型二,题型三,题型四,(2)解 由(1)及题意可知OA1= ,OB=1,A1B=2,则OBOA1,又OBAC,则OB平面A1AC.以O为坐标原点,分别以OB,OC,OA1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的坐标系O-xyz,则C(0,1,0),A(0,-1,0),B(1,0,
17、0),A1(0,0, ),O(0,0,0),-46-,题型一,题型二,题型三,题型四,-47-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得如图,设平面,的法向量分别为n1,n2,二面角的平面角为(0),则|cos |=|cos|= .结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.,-48-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练6(2018黑龙江哈尔滨押题卷(一),18)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形,BCD=120,AP=BP. (1)求证:PCAB;,-49-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)证明 设AB中点为E,连接PE,CE, 依题意AB=BC,ABC=60, ABC为等边三角
18、形,ABCE. PA=PB,ABPE. PECE=E, AB平面PCE. 又PC平面PCE,ABPC.,-50-,题型一,题型二,题型三,题型四,-51-,题型一,题型二,题型三,题型四,-52-,题型一,题型二,题型三,题型四,题型四 求空间点到面的距离 例7如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,BAD=60,四边形BDEF是矩形,平面BDEF平面ABCD,DE=2,M为线段BF的中点. (1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M-CDE的体积; (2)求证:DM平面ACE.,-53-,题型一,题型二,题型三,题型四,(1)解: 设ACBD=O,以O为原点,OB为x轴,OC
19、为y轴,过O作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,-54-,题型一,题型二,题型三,题型四,ACDM,AEDM, ACAE=A, DM平面ACE.,-55-,题型一,题型二,题型三,题型四,解题心得求空间的距离用找公垂线的方法比较难下手,用向量的方法则简捷,高效.,-56-,题型一,题型二,题型三,题型四,对点训练7(2018安徽淮北期末,18)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求BF的长; (2)求点C到平面AEC1F的距离.,-57-,题型一,题型二,题型三,题型四,解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).,-58-,题型一,题型二,题型三,题型四,
