2016年高考数学总复习 专题五 立体几何课件 理

PD⊥平面 ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC 于点 F，FE∥CD，
交 PD 于点 E.
(1)证明：CF⊥平面 ADF；
(2)求二面角 D-AF-E 的余弦值．
图 5-10
(1)证明：∵PD⊥平面 ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD. 又 CD⊥AD，PD∩CD＝D， ∴AD⊥平面 PCD.∴AD⊥PC.
取z1＝1，则x1＝ 3，y1＝1，所以n1＝( 3，1,1)． 设平面MNP的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →， → ＝0， MN n2⊥MN n2· 由 得 →， → ＝0， NP n2⊥NP n2·
x ，y ，z · 1，0，0＝0， 2 2 2 即 3 3 x ， y ， z · ＝0. 0 ， ，－ 2 2 2 2 2 x ＝0， 2 从而 3 3 y2－ 2 z2＝0. 2 取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0,1,1)． 设二面角ANPM的大小为θ，则 n1· 3，1，1· 0，1，1 n2 10 cosθ＝ |n ||n | ＝ ＝ 5 . 5× 2 1 2 10 故二面角ANPM的余弦值是 5 .
主要考查考生对解题技巧的把握和抽象分析的能力．
【互动探究】
2．(2014 年北京)如图 5-9，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C
分别为 AM，MD 的中点．在五棱锥 P-ABCDE 中，F 为棱 PE
的中点，平面 ABF 与棱 PD，PC 分别交于点 G，H.
(1)求证：AB∥FG； (2)若 PA ⊥底面 ABCDE，且PA＝AE， 求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小， 并求线段 PH 的长． 图 5-9
(1)证明：在正方形 AMDE 中， 因为 B 是 AM 的中点，所以 AB∥DE.
又因为 AB⊄平面 PDE，
所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB⊂平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG，
所以 AB∥FG.
(2)解：因为 PA ⊥底面 ABCDE， 所以 PA ⊥AB，PA ⊥AE.
【互动探究】
1．(2013 年广东广州二模)如图 5-3，已知四棱锥 P-ABCD
的正视图是一个底边长为 4、腰长为 3 的等腰三角形，如图 5-4 所示的分别是四棱锥 P-ABCD 的侧视图和俯视图． (1)求证：AD⊥PC； (2)求四棱锥 P-ABCD 的侧面 PAB 的面积．
图 5-3
图 5-4
(2)方法一：如图 5-7，作 NQ⊥AC 于点 Q，连接 MQ.
图 5-7
由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP. 因为MN⊥NP， 所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角． 由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形， 所以AO＝OC＝ 3. 由俯视图知，AO⊥平面BCD. 因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC. 因此在等腰直角三角形AOC中，AC＝ 6. 如图57，过点B作BR⊥AC于R.
因为 AO⊥BD，所以 NH⊥BD.
因为 MN⊥NP，所以 NP⊥BD. 因为 NH，NP⊂平面 NHP，且 NH∩NP＝N， 所以 BD⊥平面 NHP. 又因为 HP⊂平面 NHP，所以 BD⊥HP.
又 OC⊥BD，HP⊂平面 BCD，OC⊂平面 BCD， 所以 HP∥OC.
因为 H 为 BO 的中点，所以 P 为 BC 的中点．
→ n · BC 1 → sinα＝|cos〈n，BC〉|＝ ＝2. → |n||BC|
π 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为6.
设点H的坐标为(u，v，w)． → ＝λPC → (0<λ<1)． 因为点H在棱PC上，所以可设PH 即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2 －2λ. 因为n是平面ABF的一个法向量， → ＝0， 所以n· AH 即(0，－1,1)· (2λ，λ，2－2λ)＝0. 4 2 2 2 解得λ＝3.所以点H的坐标为3，3，3. 所以PH＝
例 2：(2014 年四川)三棱锥 A-BCD 及其侧视图、俯视图如 图 5-5.设 M，N 分别为线段 AD，AB 的中点，P 为线段 BC 上的 点，且 MN⊥NP. (1)证明：P 是线段 BC 的中点； (2)求二面角 A-NP-M 的余弦值．
图 5-5
解：(1)如图5-6，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO.
图 D45
(2)解：依题意，在等腰三角形 PCD 中，
PC＝PD＝3，DE＝EC＝2.
在 Rt△PED 中，PE＝ PD2－DE2＝ 5.
过点 E 作 EF⊥AB，垂足为 F，连接 PF， ∵PE⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD，∴AB⊥PE.
∵EF⊂平面 PEF，PE⊂平面 PEF，EF∩PE＝E，
因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点． 所以BR＝ AB
2
AC2 － 2 ＝
10 2 .
因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以NQ∥BR. 又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点． BR 10 所以NQ＝ 2 ＝ 4 . 10 同理，可得MQ＝ 4 .
故△MNQ为等腰三角形． 所以在等腰三角形MNQ中， MN BD 2 4 10 cos∠MNQ＝ NQ ＝NQ＝ 5 . 10 故二面角ANPM的余弦值是 5 . 方法二：由俯视图及(1)知，AO⊥平面BCD. 因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB. 又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．
建立空间直角坐标系Axyz，如图D46，则A(0,0,0)， → ＝(1,1,0)． B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC
图 D46
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 → ＝0， AB n· x＝0， 即 → ＝0， y＋z＝0. AF n· 令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1,1)． 设直线BC与平面ABF所成角为α，则
∴BC∥FG，BC∥EH.∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC.
∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.
∴四边形EFGH是矩形． (2)解：方法一：如图52，以D为坐标原点建立空间直 角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，
→ ， OC → ， OA → 的方向为x 如图58，以O为坐标原点，以 OB 轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. 则A(0,0， 3)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，D(－1,0,0)． 因为M，N分别为线段AD，AB的中点， 又由(1)知，P为线段BC的中点，
图 5-8
1 所以M －2，0，
1 1 3 3 3 ， N ， P ， 0 ， ， ， 0 2 2 . 2 2 2
→ ＝(1,0，－ 3)，BC → ＝(－1， 3，0)，MN → ＝(1,0,0)， 于是AB
3 3 → NP＝0， ，－ . 2 2
专题五
立体几何
题型 1 三视图与表面积、体积
三视图是高考的新增考点，经常以一道客观题的形式出现， 有时也和其他知识综合作为解答题出现．解题的关键还是要将 三视图转化为简单几何体，或者其直观图． 例 1：(2014 年陕西)已知四面体 ABCD(如图 5-1)及其三视
图(如图 5-2)，平行于棱 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 AB，
42 22 42 ＋ ＋－ ＝2. 3 3 3
题型 3 折叠问题 立体几何最重要的思想就是空间问题平面，当然也有许多
将平面转换成立体几何的习题，如折叠问题，解此类问题最重
要的要把握折叠前后边与角中的变与不变．
例 3：(2014 年广东)如图 5-10，四边形 ABCD 为正方形，
∴AB⊥平面 PEF. ∵PF⊂平面 PEF， ∴AB⊥PF.
依题意，得 EF＝AD＝2.
在 Rt△PEF 中，PF＝ PE2＋EF2＝3. 1 ∴△PAB 的面积 S＝ ×AB×PF＝6. 2 ∴四棱锥 PABCD 的侧面 PAB 的面积为 6.
题型 2 平行与垂直关系 就全国试卷而言，对立体几何的命题基本上是“一题两 法”的格局．在备考中，还是应该注重传统的推理证明方法， 不要盲目地追求空间向量(容易建系时才用空间向量)，千万 不要重计算而轻论证！
【名师点评】立体几何中的直线与平面的位置关系，以及 空间的三种角，是高考的必考内容，都可以采用传统的方法来 处理；对于直线与平面间几种位置关系，可采用平行垂直间的 转化关系来证明；对于异面直线所成的角、直线与平面所成的 角和二面角可分别通过平移法、射影法和垂面法将它们转化为 相交直线所成的角来处理．本题主要考查立体几何中传统的平 行与垂直关系，并且考查了线面所成的角，难度并不是太大，
(1)证明：如图D45，依题意，可知：点P 在平面ABCD 上 的正射影是线段 CD 的中点 E，连接
PE，则 PE⊥平面 ABCD.
∵AD⊂平面 ABCD，
∴AD⊥PE.
∵AD⊥CD，CD∩PE＝E，CD⊂
平面 PCD，PE⊂平面 PCD，
∴AD⊥平面 PCD.
∵PC⊂平面 PCD，∴AD⊥PC.
BD，DC，CA 于点 E，F，G，H.
(1)求四面体 ABCD 的体积； (2)证明：四边形 EFGH 是矩形．
图 5-1
(1)证明：由该四面体的三视图知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC， BD＝DC＝2，AD＝1. 由题设，BC∥平面EFGH， 平面EFGH∩平面BD及俯视图知，△ABD，△BCD 为正三角形，
所以 AO⊥BD，OC⊥BD. 因为 AO，OC⊂平面 AOC，且 AO∩OC＝O，