【文档说明】高考大题增分专项四高考中的立体几何2021年高中总复习优化设计一轮用书理数课件.pptx，共(41)页，1.931 MB，由小橙橙上传

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高考大题增分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.三视图、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线线、

线面平行或垂直的判定与性质1.在解决线线平行、线面平行问题,若题目中已出现了中点,则可考虑在图形中取中点,构成中位线进行证明.2.要证线面平行,先在平面内找一条直线与已知直线平行,再利用线面平行的判定定理证明.3.要证线线平行,可考虑公理4或转化为线面平行.4.要证

线面垂直可转化为证明线线垂直,应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化.5.用向量方法证明线线、线面平行或垂直的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面α内相异三点(其中,l1与l2不重合,α与β不重

合,l1不在α内),则-4-题型一题型二题型三题型四(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.(2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使a=λ1𝐴𝐵+λ2𝐴𝐶.-5-题

型一题型二题型三题型四例1在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.求证:EF∥平面DCP.-6-题型一题型二题型三题型四证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.∵M,F分别是PC,PB的中点,∴MF∥

CB,MF=12CB.∵E为DA的中点,四边形ABCD为正方形,∴DE∥CB,DE=12CB,∴MF∥DE,MF=DE,∴四边形DEFM为平行四边形,∴EF∥DM.∵EF⊄平面DCP,DM⊂平面DCP,∴EF∥平面DCP.-7-题型

一题型二题型三题型四(方法二)取PA的中点N,连接NE,NF.∵E是AD的中点,N是PA的中点,∴NE∥DP.又F是PB的中点,N是PA的中点,∴NF∥AB.∵AB∥CD,∴NF∥CD.∵NE∩NF=N,NE⊂平面NEF,NF⊂平面NEF,DP⊂平面

PCD,CD⊂平面PCD,∴平面NEF∥平面PCD.∵EF⊂平面NEF,∴EF∥平面DCP.-8-题型一题型二题型三题型四(方法三)取BC的中点G,连接EG,FG.在正方形ABCD中,∵E是AD的中点,G是BC的中点,∴GE∥CD.又F是PB的中点,G是BC的中点,∴

GF∥PC.又PC∩CD=C,GE⊂平面GEF,GF⊂平面GEF,PC⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,∴平面GEF∥平面PCD.∵EF⊂平面GEF,∴EF∥平面DCP.-9-题型一题型二题型三题型四(方法四)∵PA⊥平面A

BCD,且四边形ABCD是正方形,∴AD,AB,AP两两垂直,∴以A为原点,AP,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),D(0,0,1),C(0,1,1),E0,0,12,F12,12,0,𝐸𝐹=12,12,-12.设平

面PDC的法向量为n=(x,y,z),𝑃𝐷=(-1,0,1),𝑃𝐶=(-1,1,1),则𝑃𝐷·𝑛=0,𝑃𝐶·𝑛=0,即-𝑥+𝑧=0,-𝑥+𝑦+𝑧=0,取n=(1,0,1).∵n·𝐸

𝐹=12−12=0,∴𝐸𝐹⊥n.又EF⊄平面DCP,∴EF∥平面DCP.-10-题型一题型二题型三题型四对点训练1如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EF∥AC,AB=,CE=EF=1.求证:(1)AF∥平面BDE;(2)CF⊥平面

BDE.2-11-题型一题型二题型三题型四证明：(1)设AC与BD交于点G,∵EF∥AG,EF=1,AG=AC=1,∴四边形AGEF为平行四边形,∴AF∥EG.∵EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)连接FG,∵EF∥CG,EF=CG=

1,CE=1,∴平行四边形CEFG为菱形,∴CF⊥EG.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,∴BD⊥平面ACEF,∴CF⊥BD.又BD∩EG=G

,∴CF⊥平面BDE.12-12-题型一题型二题型三题型四题型二面面平行或垂直的判定与性质1.判定面面平行的四个方法:(1)利用定义:判断两个平面没有公共点.(2)利用面面平行的判定定理.(3)利用垂直于同一条直线的两个

平面平行.(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.2.面面垂直的证明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面

所成的二面角是直二面角.-13-题型一题型二题型三题型四3.用向量方法证明面面平行或垂直的方法:α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0;α∥β⇔𝑒2⊥𝐴𝐵,𝑒2⊥𝐴𝐶.其中α,β为不重合的两个平面,e1,e2为α,β的法向

量,A,B,C为α内不共线的三个点.-14-题型一题型二题型三题型四例2如图,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的

中点,证明:平面EC1F∥平面A1BC;12(2)设𝐵𝐸=λ𝐵𝐵1,是否存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.-15-题型一题型二题型三题型四(1)证明:∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA

,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1.∵CC1=12AB=12BB1=BE,∴四边形CC1EB为平行四边形,∴C1E∥BC.又BC⊂平面A1BC,C1E⊄平面A1BC,∴C1E∥平面A

1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B.又A1B⊂平面A1BC,EF⊄平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,C1E⊂平面EC1F,FE⊂平面EC1F,∴平面EC1F∥平面A1BC.

-16-题型一题型二题型三题型四(2)解:在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC.由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC,CC1⊥B

C,∴CA,CB,CC1两两垂直.-17-题型一题型二题型三题型四以点C为坐标原点,𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐶1分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),C1(0,0,2),A1(23,0,4),E(0,2,4

λ).设平面A1EC1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则𝑛1·𝐶1𝐴1=0,𝑛1·𝐶1𝐸=0,即23𝑥1+2𝑧1=0,2𝑦1+(4𝜆-2)𝑧1=0,令z1=1,则x1=-33,y1=1-2λ,即n1=-33,1-2𝜆,1.设平

面A1EC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则𝑛2·𝐶𝐴1=0,𝑛2·𝐶𝐸=0,即23𝑥2+4𝑧2=0,2𝑦2+4𝜆𝑧2=0,-18-题型一题型二题型三题型四令x2=2,则z2=-3,y2=23λ,

即n2=(2,23λ,-3).若平面A1EC1⊥平面A1EC,则n1·n2=-233+23λ(1-2λ)-3=0,化简得12λ2-6λ+5=0.由于Δ<0,因此此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.-19-题型一题

型二题型三题型四对点训练2如图①,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,沿AO将三角形AOD折起,使DB=,如图②.(1)求证:平面AOD⊥平面ABCO;(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.3-20-题型一题型二题型三题型四(1)证明在矩形ABCD中,AB=2AD=2

,O为CD的中点,∴△AOD,△BOC为等腰直角三角形,∴∠AOB=90°,即OB⊥OA.取AO中点H,连接DH,BH,则OH=DH=12AO=22.在Rt△BOH中,BH2=BO2+OH2=52,在△BHD中,DH2+BH2=22

2+52=3,又DB2=3,∴DH2+BH2=DB2,∴DH⊥BH.又DH⊥OA,OA∩BH=H,∴DH⊥平面ABCO.而DH⊂平面AOD,∴平面AOD⊥平面ABCO.-21-题型一题型二题型三题型四(2)解分别以OA,

OB所在直线为x轴,y轴,O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,2,0),A(2,0,0),D22,0,22,C-22,22,0,∴𝐴𝐵=(-2,2,0),𝐴𝐷=-22,0,22,𝐵𝐶=-22,-22,0.设平面ABD

的法向量为n=(x,y,z),由𝑛·𝐴𝐵=0,𝑛·𝐴𝐷=0,得-2𝑥+2𝑦=0,-22𝑥+22𝑧=0,-22-题型一题型二题型三题型四即x=y,x=z,令x=1,则y=z=1,n=(1,1,1

).设α为直线BC与平面ABD所成的角,则sinα=|𝐵𝐶·𝑛||𝐵𝐶||𝑛|=23=63.即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为63.-23-题型一题型二题型三题型四题型三平行、垂直关系中的探索性问题1.对命题条件的探索有三种途径:(1)先

猜后证,即先观察与尝试给出探索条件再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;(3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.2.对命题结论的探索方法.从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存

在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.-24-题型一题型二题型三题型四例3已知正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位

置关系,并说明理由.(2)求二面角E-DF-C的余弦值.(3)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.𝐵𝑃𝐵𝐶-25-题型一题型二题型三题型四解：(1)在△A

BC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EF∥AB,又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,所以AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点,以直线DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,则A(0,0,2)

,B(2,0,0),C(0,23,0),E(0,3,1),F(1,3,0),𝐷𝐹=(1,3,0),𝐷𝐸=(0,3,1),𝐷𝐴=(0,0,2).-26-题型一题型二题型三题型四易知平面CDF的法

向量为𝐷𝐴=(0,0,2),设平面EDF的法向量n=(x,y,z),则𝐷𝐹·𝑛=0,𝐷𝐸·𝑛=0,即𝑥+3𝑦=0,3𝑦+𝑧=0,取n=(3,-3,3),cos<𝐷𝐴,n>=𝐷

𝐴·𝑛|𝐷𝐴||𝑛|=217,所以二面角E-DF-C的余弦值为217.-27-题型一题型二题型三题型四(3)存在.设P(s,t,0),则𝐴𝑃·𝐷𝐸=(s,t,-2)·(0,3,1)=3t-2=0,∴t=233,又𝐵𝑃=(s-2,t,0),�

�𝐶=(-s,23-t,0),∵𝐵𝑃∥𝑃𝐶,∴(s-2)(23-t)=-st,∴3s+t=23.把t=233代入上式得s=43,∴𝐵𝑃=13𝐵𝐶,∴在线段BC上存在点P,使AP⊥DE.此时,𝐵𝑃𝐵

𝐶=13.-28-题型一题型二题型三题型四对点训练3(2019辽宁葫芦岛高三二模)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,△ABD是

边长为1的等边三角形,M为线段BD的中点,BC=3.(1)求证:AF⊥BD;(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值;(3)线段BD上是否存在点N,使得直线CE∥平面AFN?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.𝐵𝑁𝐵𝐷-2

9-题型一题型二题型三题型四(1)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥BD.(2)解:取AD中点O

,EF中点K,连接OB,OK.于是在△ABD中,OB⊥OD,在正方形ADEF中,OK⊥OD,又平面ADEF⊥平面ABCD,故OB⊥平面ADEF,进而OB⊥OK,即OB,OD,OK两两垂直.分别以OB,OD,OK所在直线为x轴、

y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图).-30-题型一题型二题型三题型四于是,B32,0,0,D0,12,0,C32,3,0,E0,12,1,M34,14,0,F0,-12,1.所以𝑀𝐹=-34,-34,1,�

�𝐷=-32,-52,0,𝐷𝐸=(0,0,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),则-32𝑥-22𝑦=0,𝐷𝐸·𝑛=0,即-32𝑥-22𝑦=0,𝑧=0,令x=-5,则y=3,则n=(-5,3,0).设直线MF与平面CDE所成的角为θ,则s

inθ=|cos<𝑀𝐹,n>|=|𝑀𝐹·𝑛||𝑀𝐹||𝑛|=314.-31-题型一题型二题型三题型四(3)解:要使直线CE∥平面AFN,只需AN∥CD.设𝐵𝑁=λ𝐵𝐷,λ∈[0,1],则𝑥𝑁-32,𝑦𝑁,𝑧𝑁=λ-32,12,0,xN=32−32λ,yN

=12λ,zN=0,N32-32𝜆,12𝜆,0,所以𝐴𝑁=32−32λ,12λ+12,0.因为𝐶𝐷=-32,-52,0,所以32-32𝜆-32=12𝜆+12-52,解得λ=23∈[0,1].所以线段BD上存在点N,使得直线CE∥平面AFN,且𝐵𝑁𝐵𝐷

=23.-32-题型一题型二题型三题型四题型四利用向量求空间角设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为n,m.(1)异面直线l1与l2所成的角为θ,则cosθ=|𝑎·𝑏||𝑎||𝑏

|.(2)直线l1与平面α所成的角为θ,则sinθ=|𝑎·𝑛||𝑎||𝑛|.(3)平面α与平面β所成的二面角为θ,则|cosθ|=|𝑛·𝑚||𝑛||𝑚|.-33-题型一题型二题型三题型四例4如图,在四棱锥P-ABCD中,P

A⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AB=1,直线PD与底面ABCD所成的角等于30°,PF=FB,E∈BC,EF∥平面PAC.(2)求二面角P-DE-A的余弦值;(3)求直线PC与平面PDE所

成角的正弦值.(1)求𝐵𝐸𝐸𝐶的值;-34-题型一题型二题型三题型四解：(1)∵平面PBC∩平面PAC=PC,EF⊂平面PBC,EF∥平面PAC,∴EF∥PC.又F是PB的中点,∴E为BC的中点,∴𝐵𝐸𝐸𝐶=1.(2)以A为坐标原点,分别以AD,AB,AP所在

直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∵PA=AB=1,PA⊥底面ABCD,∴直线PD与底面ABCD所成的角为∠PDA=30°,-35-题型一题型二题型三题型四∴AD=3,则P(0,0,1),B(0

,1,0),C(3,1,0),E32,1,0,D(3,0,0),于是𝐷𝐸=-32,1,0,𝑃𝐸=32,1,-1.设平面PDE的法向量n1=(x,y,z),∴𝑛1·𝐷𝐸=0,𝑛1·𝑃𝐸=0,即-32𝑥+𝑦=0,32𝑥+𝑦-𝑧=0,𝑥=33𝑧

,𝑦=12𝑧,令z=1得n1=33,12,1,又平面ADE的一个法向量n2=(0,0,1),∴cosθ=𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=113+14+1=25719,故二面角P-DE-A的余弦值为25719.-36-题型一题型二题型三题型四(3)∵

𝑃𝐶=(3,1,-1),又平面PDE的一个法向量为n1=33,12,1,设直线PC与平面PDE所成的角为α,∴sinα=|𝑛1·𝑃𝐶||𝑛1||𝑃𝐶|=1+12-13+1+1×13+14+1=28595,故直线PC与平面PD

E所成角的正弦值为28595.-37-题型一题型二题型三题型四对点训练4(2019天津,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面

BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.13-38-题型一题型二题型三题型四(1)证明:依题意,可以建立以A为原点,分别以𝐴𝐵,𝐴𝐷,𝐴𝐸的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1

,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,𝐴𝐵=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又𝐵𝐹=(0,2,h),可得𝐵𝐹·𝐴𝐵=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以

BF∥平面ADE.-39-题型一题型二题型三题型四(2)解:依题意,𝐵𝐷=(-1,1,0),𝐵𝐸=(-1,0,2),𝐶𝐸=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则𝑛·𝐵𝐷

=0,𝑛·𝐵𝐸=0,即-𝑥+𝑦=0,-𝑥+2𝑧=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<𝐶𝐸,n>=𝐶𝐸·𝑛|𝐶𝐸||𝑛|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.-40-题型一题型二题型三题型四(3)

解:设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则𝑚·𝐵𝐷=0,𝑚·𝐵𝐹=0,即-𝑥+𝑦=0,2𝑦+ℎ𝑧=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2ℎ.由题意,有|cos<m,n>|=|𝑚·𝑛||𝑚||𝑛|=4

-2ℎ32+4ℎ2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.-41-1.线面、线线垂直与平行的位置关系在面面平行与垂直位置关系的证明中起着承上启下的桥梁作用,依据线面、面面位置关系的判定

定理与性质定理进行转化是解决这类问题的关键.证明面面平行主要依据判定定理,证明面面垂直时,关键是从现有直线中找一条直线与其中一个平面垂直,若图中不存在这样的直线应借助添加中线、高线等方法解决.2.用空间向量解决立体几何问题时

,要根据情况建立空间直角坐标系,建立空间直角坐标系的关键是根据几何图形的特征,尽量寻找三条互相垂直且交于一点的直线,若找不到,要想法去构造.用空间向量解决的主要立体几何问题有平行、垂直、求角、求距离等.