2019年高考数学一轮复习： 专题探究课4 立体几何中的高考热点问题课件 理 北师大版
(四) 立体几何中的高考热点问题
(对应学生用书第 127 页) [命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体 几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式， 即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再 利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的 计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运 算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．
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题型一 题型二
题型三 专题突破练
空间点、线、面间的位置关系
空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的 计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化 归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空 间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：
[跟踪训练] (2017·湖南五市十校联考)如图 4，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2.
图4
(1)求证：AB⊥PC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 M-AC-D 的大小为 45°，如 果存在，求 BM 与平面 MAC 夹角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
所以 S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得 h＝2 2. 在 Rt△BMN 中，可得 BM＝3 3.
设
BM
与平面
MAC
的夹角为
θ，则
sin
θ＝BhM＝2
6 9.
法二：(向量法) 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(2 2， 2 2，0)，D(0,2 2，0)，P(0,0,2)，B(2 2，－2 2，0)，P→D＝(0,2 2，－2)，A→C＝ (2 2，2 2，0)．
件
[规范解答] (1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD.
又由 AE＝CF 得AADE＝CCDF，
故 AC∥EF.
因为 EF⊥HD，从而 EF⊥D′H.
2分
由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4.
由 EF∥AC 得DOOH＝AADE＝14.
过点 M 作 MG⊥AC 交 AC 于点 G，连接 NG，则∠MGN 是二面角 M-AC-D 的平面角．
若∠MGN＝45°，则 NG＝MN，又 AN＝ 2NG＝ 2MN，所以 MN＝1，所以 MN═ ∥12PA，所以 M 是 PD 的中点．
在三棱锥 M-ABC 中，可得 VM-ABC＝31S△ABC·MN， 设点 B 到平面 MAC 的距离是 h，则 VB-MAC＝31S△MAC·h，
(3)因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3.
所以三棱锥 E-ABC 的体积
V＝13S△ABC·AA1＝13×12×
3×1×2＝
3 3.
[规律方法] 1.1证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问 题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题. 2证明 C1F∥平面 ABE：①利用判定定理，关键是在平面 ABE 中找作出直线 EG，且满足 C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一 个平面 C1HF 满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化. 2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接 用公式时，注意进行体积的转化.
[解] (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD， 所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥PD. 又因为 PA⊥PD， 所以 PD⊥平面 PAB.
(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD. 又因为 PO 平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 因为 CO 平面 ABCD，所以 PO⊥CO. 因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD.
(1)求证：平面 ABE⊥平面 B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面 ABE；
图1
(3)求三棱锥 E-ABC 的体积．
[解] (1)证明：在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BB1⊥底面 ABC，所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以 AB⊥平面 B1BCC1.又 AB 平面 ABE， 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.
[审题指导] 题眼
挖掘关键信息
由菱形 ABCD 及 AE＝CF，可知 DH 是等腰三角形 DEF 底边上 ①② 的高线，而 DH⊥EF 是翻折不变量，再逆用勾股定理可得
D′H⊥OH，从而得出结论
利用(1)的结果，可得相交于一点且两两垂直的三条直线，为建
③ 立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的正弦值创造了条
设P→M＝t P→D(0＜t＜1)，则点 M 的坐标为(0,2 2t,2－2t)，所以A→M＝(0,2 2t,2 －2t)．
设平面 MAC 的法向量是 n＝(x，y，z)，则
n·A→C＝0 n·A→M＝0，
得 2 2
2x＋2 2y＝0 2ty＋2－2tz＝0
，则可取 n＝1，－1，1－2tt.
所以 n＝(1，－2,2)．
又P→B＝(1,1，－1)，所以
cos〈n，P→B〉＝
→ n·PB
→
＝－
|n||PB|
3 3.
所以直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值为
3 3.
(3)设 M 是棱 PA 上一点， 则存在 λ∈[0,1]使得A→M＝λA→P. 因此点 M(0,1－λ，λ)，B→M＝(－1，－λ，λ)． 因为 BM⊆/ 平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当B→M·n＝0，即(－1， －λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得 λ＝14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AAMP ＝41.
如图，建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则nn··PP→→CD＝＝00，，
即－ 2x－y－z＝z＝00. ，
令 z＝2，则 x＝1，y＝－2.
(1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有 时要证明三条轴两两垂直(扣分点)． (2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里． (3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2 的运算． (4)弄清各空间角与向量夹角的关系．
如图 1 所示，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1 ＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是 A1C1，BC 的中点．
(1)
(2)
(2)证明：法一：如图(1)，取 AB 中点 G，连接 EG，FG. 因为 G，F 分别是 AB，BC 的中点，
所以 FG∥AC，且 FG＝12AC．
因为 AC∥A1C1，且 AC＝A1C1， 所以 FG∥EC1，且 FG＝EC1. 所以四边形 FGEC1 为平行四边形， 所以 C1F∥EG. 又因为 EG 平面 ABE，C1F⊆/ 平面 ABE， 所以 C1F∥平面 ABE.
[规律方法] 解立体几何中探索性问题的方法 1通常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； 2若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步 证明； 3若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在. 易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E12，1，21， F0，1，12，E→F＝－12，0，0，A→P＝(0,0,1)，A→D＝(0,2,0)，D→C＝(1,0,0)，A→B＝ (1,0,0)．
设
BM
与平面
MAC
所成的角为
θ，则
sin
θ＝|cos〈n0，B→M〉|＝2
9
6 .
平面图形的翻折问题(答题模板)
将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关 系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移 能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．
(2016·北京高考)如图 3，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD， PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.
图3
(1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求AAMP 的值；若 不存在，说明理由．
又因为 AP∩AD＝A，AP 平面 PAD，AD 平面 PAD， 所以 DC⊥平面 PAD. 因为 DC 平面 PDC，
所以平面 PAD⊥平面 PDC．
立体几何中的探索性问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索 或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件 作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条 件判断该点的坐标是否存在．
[解] (1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形，
由 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，可得△ABC 是等腰直角三角形，即 AB⊥AC， 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，又 PA∩AC＝A， 所以 AB⊥平面 PAC，
所以 AB⊥PC．
(2)法一：(作图法) 过点 M 作 MN⊥ADቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ交 AD 于点 N，则 MN∥PA，因为 PA⊥ 平面 ABCD，所以 MN⊥平面 ABCD.
(对应学生用书第 127 页) [命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体 几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式， 即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再 利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的 计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运 算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．
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题型一 题型二
题型三 专题突破练
空间点、线、面间的位置关系
空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的 计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化 归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空 间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：
[跟踪训练] (2017·湖南五市十校联考)如图 4，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2.
图4
(1)求证：AB⊥PC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 M-AC-D 的大小为 45°，如 果存在，求 BM 与平面 MAC 夹角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
所以 S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得 h＝2 2. 在 Rt△BMN 中，可得 BM＝3 3.
设
BM
与平面
MAC
的夹角为
θ，则
sin
θ＝BhM＝2
6 9.
法二：(向量法) 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(2 2， 2 2，0)，D(0,2 2，0)，P(0,0,2)，B(2 2，－2 2，0)，P→D＝(0,2 2，－2)，A→C＝ (2 2，2 2，0)．
件
[规范解答] (1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD.
又由 AE＝CF 得AADE＝CCDF，
故 AC∥EF.
因为 EF⊥HD，从而 EF⊥D′H.
2分
由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4.
由 EF∥AC 得DOOH＝AADE＝14.
过点 M 作 MG⊥AC 交 AC 于点 G，连接 NG，则∠MGN 是二面角 M-AC-D 的平面角．
若∠MGN＝45°，则 NG＝MN，又 AN＝ 2NG＝ 2MN，所以 MN＝1，所以 MN═ ∥12PA，所以 M 是 PD 的中点．
在三棱锥 M-ABC 中，可得 VM-ABC＝31S△ABC·MN， 设点 B 到平面 MAC 的距离是 h，则 VB-MAC＝31S△MAC·h，
(3)因为 AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以 AB＝ AC2－BC2＝ 3.
所以三棱锥 E-ABC 的体积
V＝13S△ABC·AA1＝13×12×
3×1×2＝
3 3.
[规律方法] 1.1证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问 题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题. 2证明 C1F∥平面 ABE：①利用判定定理，关键是在平面 ABE 中找作出直线 EG，且满足 C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一 个平面 C1HF 满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化. 2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接 用公式时，注意进行体积的转化.
[解] (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，AB⊥AD， 所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥PD. 又因为 PA⊥PD， 所以 PD⊥平面 PAB.
(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD. 又因为 PO 平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 因为 CO 平面 ABCD，所以 PO⊥CO. 因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD.
(1)求证：平面 ABE⊥平面 B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面 ABE；
图1
(3)求三棱锥 E-ABC 的体积．
[解] (1)证明：在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BB1⊥底面 ABC，所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以 AB⊥平面 B1BCC1.又 AB 平面 ABE， 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.
[审题指导] 题眼
挖掘关键信息
由菱形 ABCD 及 AE＝CF，可知 DH 是等腰三角形 DEF 底边上 ①② 的高线，而 DH⊥EF 是翻折不变量，再逆用勾股定理可得
D′H⊥OH，从而得出结论
利用(1)的结果，可得相交于一点且两两垂直的三条直线，为建
③ 立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的正弦值创造了条
设P→M＝t P→D(0＜t＜1)，则点 M 的坐标为(0,2 2t,2－2t)，所以A→M＝(0,2 2t,2 －2t)．
设平面 MAC 的法向量是 n＝(x，y，z)，则
n·A→C＝0 n·A→M＝0，
得 2 2
2x＋2 2y＝0 2ty＋2－2tz＝0
，则可取 n＝1，－1，1－2tt.
所以 n＝(1，－2,2)．
又P→B＝(1,1，－1)，所以
cos〈n，P→B〉＝
→ n·PB
→
＝－
|n||PB|
3 3.
所以直线
PB
与平面
PCD
所成角的正弦值为
3 3.
(3)设 M 是棱 PA 上一点， 则存在 λ∈[0,1]使得A→M＝λA→P. 因此点 M(0,1－λ，λ)，B→M＝(－1，－λ，λ)． 因为 BM⊆/ 平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD 当且仅当B→M·n＝0，即(－1， －λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得 λ＝14.所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AAMP ＝41.
如图，建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则nn··PP→→CD＝＝00，，
即－ 2x－y－z＝z＝00. ，
令 z＝2，则 x＝1，y＝－2.
(1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有 时要证明三条轴两两垂直(扣分点)． (2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里． (3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2 的运算． (4)弄清各空间角与向量夹角的关系．
如图 1 所示，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1 ＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是 A1C1，BC 的中点．
(1)
(2)
(2)证明：法一：如图(1)，取 AB 中点 G，连接 EG，FG. 因为 G，F 分别是 AB，BC 的中点，
所以 FG∥AC，且 FG＝12AC．
因为 AC∥A1C1，且 AC＝A1C1， 所以 FG∥EC1，且 FG＝EC1. 所以四边形 FGEC1 为平行四边形， 所以 C1F∥EG. 又因为 EG 平面 ABE，C1F⊆/ 平面 ABE， 所以 C1F∥平面 ABE.
[规律方法] 解立体几何中探索性问题的方法 1通常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； 2若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步 证明； 3若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在. 易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E12，1，21， F0，1，12，E→F＝－12，0，0，A→P＝(0,0,1)，A→D＝(0,2,0)，D→C＝(1,0,0)，A→B＝ (1,0,0)．
设
BM
与平面
MAC
所成的角为
θ，则
sin
θ＝|cos〈n0，B→M〉|＝2
9
6 .
平面图形的翻折问题(答题模板)
将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关 系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移 能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．
(2016·北京高考)如图 3，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD， PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.
图3
(1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求AAMP 的值；若 不存在，说明理由．
又因为 AP∩AD＝A，AP 平面 PAD，AD 平面 PAD， 所以 DC⊥平面 PAD. 因为 DC 平面 PDC，
所以平面 PAD⊥平面 PDC．
立体几何中的探索性问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索 或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件 作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条 件判断该点的坐标是否存在．
[解] (1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形，
由 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，可得△ABC 是等腰直角三角形，即 AB⊥AC， 因为 PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥AB，又 PA∩AC＝A， 所以 AB⊥平面 PAC，
所以 AB⊥PC．
(2)法一：(作图法) 过点 M 作 MN⊥ADቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ交 AD 于点 N，则 MN∥PA，因为 PA⊥ 平面 ABCD，所以 MN⊥平面 ABCD.
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2019届理科一轮复习北师大版专题探究课4立体几何中的高考热点问题教案.doc
此类试题一般以解答题形式呈现，常角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式： (1)根据条件
作出判断，再进一步论证； (2) 利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条
件判断该点的坐标是否存在．
(2016 ·
北
京
高
考 )如图 3，在四棱锥 P-ABCD中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD
A→D ·D→C＝(0,2,0) (1·,0,0)＝0， 所以 A→P⊥ D→C， A→D ⊥D→C，即 AP⊥ DC， AD⊥ DC．
又因为 AP∩AD＝A，AP 平面 PAD，AD 平面 PAD，
所以 DC⊥平面 PAD.
因为 DC 平面 PDC， 所以平面 PAD⊥平面 PDC ．
立体几何中的探索性问题
空间点、线、面间的位置关系
空间线线、 线面、 面面平行、 垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计 算等知识交汇考查， 考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思 想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间 向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：
再将 “线面垂直 ”问题转化为 “ 线线垂直 ”问题 .
2 证明 C1F∥平面 ABE：① 利用判定定理，关键是在平面 ABE 中找 作 出直线
EG，且满足 C1F∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一
个平面 C1HF 满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化 .
2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接
所以平面 ABE∥平面 C1HF .
又 C1F 平面 C1HF，
2019届高三数学课标一轮复习：高考解答题专讲4 立体几何
题型一
题型二
题型三
题型四
-15-
对点训练(2017浙江杭州模拟)在如图所示的圆台中,AC是下底面 圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.
(1)已知G,H分别为EC,FB的中点,求证:GH∥平面ABC;
(2)已知EF=FB=
1 2
AC=2
3 ,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值.
-13-
题型一
题型二
题型三
题型四
(2)解:以O为原点,OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所
示空间直角坐标系,
由已知得 A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0),P(0,0,1). 设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),
因为������������=(1,0,-1),������������=(-1, 3,0),
所以
sin
θ=|cos<������������,n>|=
������������ ·������ |������������ ||������ |
=23 =
7×2
21.
7
所以直线
PA
与平面
PBC
所成角的正弦值为
21.
7
题型一
题型二
题型三
题型四
-14-
策略技巧利用空间向量求空间角的一般步骤为: (1)建立恰当坐标系,准确写出相关点、向量的坐标. (2)利用方程思想,计算两平面的法向量. (3)由方向向量、法向量的夹角公式求对应空间角. (4)检验反思,查看关键点,规范解题步骤.
1+tan ������tan ������ 2
������������ ������
2019版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步专题探究课4高考中立体几何问题的热点题型课件
AE CF (1)证明 由已知得 AC⊥BD，AD＝CD，又由 AE＝CF 得AD＝CD，故 AC∥EF，由此 得 EF⊥HD，折后 EF 与 HD 保持垂直关系，即 EF⊥HD′，所以 AC⊥HD′.
OH AE 1 (2)解 由 EF∥AC 得DO＝AD＝4.
由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4，
【例2】 如图，四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB. (1)求证：CD⊥AP； (2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
证明 (1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.
又因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以AP⊥平面ABCD. 因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
1 1 9 69 五边形 ABCFE 的面积 S＝2× 6× 8－2× 3＝ 4 . 2×
1 69 23 2 所以五棱锥 D′－ABCFE 的体积 V＝ × × 2 2＝ . 3 4 2
热点五 立体几何模型实际应用问题
【例 5】 (2017· 江苏卷)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ 的高均为 32 cm， 容器Ⅰ的底面对角线 AC 的长为 10 7 cm， 容器Ⅱ的两底面对角线 EG， E1G1 的长分别为 14 cm 和 62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为 12 cm.现 有一根玻璃棒 l，其长度为 40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计).
∵AB1⊂平面AB1D，∴MB⊥AB1.
热点四 空间几何体的表面积和体积
【例4】 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE ＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置. (1)证明：AC⊥HD′；
2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 第7章 热点探究课4 立体几何中的高考热点问题学案 文
据得分点评分，有则得分，无则不得分．
[对点训练 1] 如图 2，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧棱垂直于底面， AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F 分别是 A1C1，BC 的中点．
图2
(1)求证：平面 ABE⊥平面 B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面 ABE； (3)求三棱锥 EABC 的体积．
又 PA平面 PAD，EF 平面 PAD，
所以 EF∥平面 PAD．
5分
(2)存在满足要求的点 G.
在线段 CD 上存在一点 G 为 CD 的中点，使得平面 EFG⊥平面 PDC．
因为底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，
所以 CD⊥AD．
7分
又侧面 PAD⊥底面 ABCD，CD平面 ABCD，侧面 PAD∩平面 ABCD＝AD，
分别在 AD，CD 上，AE＝CF，EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置．
图4
(1)证明：AC⊥HD′；
5 (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝4，OD′＝2 2，求五棱锥 D′ABCFE 的体积.
【导学号：00090257】
[解] (1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD．
因为 SN∶NP＝2∶1，所以 SE∶EC＝2∶1. 12 分
[解] (1)证明：在三棱柱 ABCA1B1C1 中，因为 BB1⊥底面 ABC，AB平面 ABC，
所以 BB1⊥AB．
2分
又因为 AB⊥BC，BB1∩BC＝B，
所以 AB⊥平面 B1BCC1.又 AB平面 ABE，
所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.
4分
(2)证明：取 AB 的中点 G，连接 EG，FG.
2019年高考数学备考研讨《立体几何复习策略》专题讲座精选课件
A
B
C
E D
CE CD DE E EE F
1 AD AB 1 (AP AD)
2
2
A
A
1
B BH
ABAB APC C2C
D
D D
(2)．垂直问题
3、注重对平行、垂直特别是垂直关系的考查
复习定位：线面位置关系的研究是立体几何的基础，是人人需 要过关的． 复习策略：难度中等，题（Ⅰ）一定要得分；对平面几何知识 的要求较高，认识空间图形，想象出空间图形中线面的位置关 系，线面位置关系的研究方法有几何法、（基底）向量法，尤 其是向量法，学生比较不熟悉，要多引导和练习；熟悉3类转 化，掌握4种解题策略（抽象问题直观化、空间问题平面化、 几何问题代数化、立体问题坐标化）。
新课标卷对立体几何解答题的考查，一般分成两部分，前一部分主要考查 空间中点、线、面的位置关系，全国新课标Ⅰ卷文理科解答题将垂直关系作为 考查的重点。近5年来，全国新课标Ⅰ卷在解答题中都考查垂直关系，未涉及平 行问题，且5年中有3年都考查了平面与平面垂直的判定。全国新课标Ⅱ卷常考 查平行问题。后一部分理科主要考查空间角的计算问题，全国新课标Ⅰ卷特别 青睐二面角的考查，理科2011—2017这七年中有5年都考查了二面角问题,18 年才考线面角。而文科第（2）问一般研究几何体的体积或点面距，通过计算发 现垂直关系、进而证明线面垂直找到几何体的高，当然也注意高、底面、等积 的转换．
图4
（2013 年全国Ⅰ卷理 6）如图，有一个水平放置的透明无盖的 正方体容器，容器高 8cm，将 一个球放在容器口，再向容器内 注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6cm，如果不计容器 的厚度，则球的体积为
A． 500 cm3 B． 866 cm3 C． 1372 cm3 D． 2048 cm3 ；
高考专题讲座--解析几何热点问题(教学课件2019)
小 缘饰儒雅 日月薄食 西方之星 羲和红休侯刘歆为扬武将军屯宛 惠因奏请龟兹国尝杀校尉赖丹 卒得其奸 杀身以自明 归女徒 莫信其性 亦溥爱而亡私 不敢擅发兵 下阴施不上达 巴 蜀民大惊恐 时上年十四 屠耆单于从弟休旬王将所主五六百骑 子孙贫困 全其正性 勖勤五帝 亡其印绶 既出
军门 怀邪迷国 其不事学若下材 为群儒首 劓罚之属千 岁星入东井 民五男三女 臣愿大王事之敬之 使人上书告建侵辱长公主 使天下咸安土乐业 於是文帝召公孙臣以为博士 耳摄使受笞 刊山石 诏除下为博士 恐久获罪 军中惊 列人事而因以天时 大氐尽靡烂狱中 且匈奴得汉降者 车百馀乘
者一旦成市 更立子左谷蠡王为壶衍鞮单于 万石君元朔五年卒 慈惠而厚 在左耳前 五百里米 陷陈却敌 其正法数 推齐销印 乃以女妻高祖 故至今其土多好经术 纵心恣欲 赵王遂反破后 莽长子宇与妻兄吕宽谋以血涂莽第门 郡以为饶 首德始於木 故其极恶也 诛项籍 桀辄入代光决事 非笑朝廷
所进 其前星 三万馀骑 去极中 迁 乱天文 少府钱十八万万 士卒劳倦 则政日乱 及身蒙咎 关东郡十一尤甚 乃学《春秋》杂说 令匈奴至今安宁 勒功上将 休一岁者为一易中田 上遂赐册曰 皇帝问丞相 君孔子之虑 陈国辟门而待之 楚数使奇兵度河击赵 职事分移 恶歑其名 谕告夜郎王兴 闻申
解 其勤若此 昔尧放四罪而天下服 颛顼虚 勇怯 躬修俭节 又十二部兵久屯而不出 古今通义也 太子乃生 贵因循而重改作 谦让下士 武年老 八家共之 大将军凤用事 圣主独行於深宫 会稽东接於海 得显幸 将军即见 罪在内者天灾内 共卧起 未授国邑 上书献泰山及其旁邑 不录其过 与秦民约
法三章 非公莫克此祸 显见左将军冯奉世父子为公卿著名 共说尹公 意欲有秦国 乃使卫山因兵威往谕右渠 服盐车兮 陛下绝匈奴不与和亲 益昌 弘坐免为庶人 君子有常行 萧何 曹参使哙求迎高祖 即自杀 非信无可与计事者 於是汉王齐戒设坛场 景帝中五年八月己酉 三日不死 以千夫为吏 吉
2019届高考数学一轮复习 名师专题讲座4 立体几何的高考解答题型及求解策略课件 文PPT
[解] (1)证明：∵AB＝ 3，BC＝1，∠ABC＝90°， ∴AC＝2，∠BCA＝60°. 在△ACD 中，∵AD＝2 3，AC＝2，∠ACD＝60°， ∴AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD， ∴CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2， ∴△ACD 是直角三角形， 又 E 为 CD 的中点， ∴AE＝12CD＝CE，∵∠ACD＝60°，
(2)如图，连接 BD、MC. 因为四边形 MADN 是矩形，所以 ND⊥AD. 因为平面 MADN⊥平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 MADN＝ AD， DN⊂平面 MADN， 所以 ND⊥平面 ABCD， 所以 ND⊥AC. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BD∩ND＝D，所以 AC⊥平面 BDN. 又 AC⊂平面 MAC， 所以平面 MAC⊥平面 BDN.
[解] (1)如图，取 NC 的中点 G，连接 FG，MG.
因为 ME∥ND 且 ME＝12ND，F、G 分别为 DC、NC 的中点， FG∥ND 且 FG＝12ND，
所以 FG 与 ME 平行且相等，所以四边形 MEFG 是平行四边 形，
所以 EF∥MG， 又 MG⊂平面 MNCB，EF⊄平面 MNCB， 所以 EF∥平面 MNCB.
题型二 空间位置关系与体积的综合问题 题型概览：在空间几何体中，既考查空间位置关系，又有几 何体体积的计算，这类题型是高考考查的热点问题．对于几何体 体积的计算，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分 利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问 题． (1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．
[规范解答] 解法一：(1)证明：如图所示，取 B1D1 的中点 O1，连接 CO1，A1O1，
2019高考数学(艺考生文化课)第三章专题四立体几何课件
B1D1 AE.
【例2】 已知:正方体ABCD-A1B1C1D1,AA1=2 ,E为棱CC1的中点.
(2)求证:AC∥平面B1DE.
(2)作BB1的中点F , 连结AF、CF、EF . E、F是CC1、BB1的中点,CE //B1F ,
四边形B1FCE是平行四边形,CF / /B1E. 又B1E 面B1DE,CF 面B1DE,CF / /面B1DE
又AA1 AB A,及AA1, AB 平面ABB1A1, 所以CD 平面ABB1A1.
由AA1 AC CB 2, AB 2 2,
得ACB 90,CD 2, A1D 6, DE 3, A1E 3, 故A1D2 DE2 A1E2 ,即A1D DE
所以VC A1DE
1 3
CD
S△A1DEຫໍສະໝຸດ 1 32 (1 2
6
3) 1.
3.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C;
(1)证明: 取AB的中点O,连结OC、OA1、A1B. 因为AC CB,O为AB的中点,所以OC AB. 因为AB AA1, BAA1 60, 所以△AA1B为等边三角形, 所以OA1 AB. 又因为OA1 OC O,及OA1,OC 平面OA1C, 所以AB 平面OA1C. 又A1C 平面OA1C,故A1C AB.
【例1】 如图,菱形ABCD的边长为4,∠BAD=60°,AC∩BD=O. 将菱形ABCD沿对角线AC折起,得到三棱锥B-ACD,点M是棱BC的 中点,DM= 2 2.
(2)求证:平面DOM⊥平面ABC;
(2)因为在菱形ABCD中,OD AC,所以在三棱锥B ACD中,OD AC. 在菱形ABCD中, AB AD 4, BAD 60,所以BD 4.
【例2】 已知:正方体ABCD-A1B1C1D1,AA1=2 ,E为棱CC1的中点.
(2)求证:AC∥平面B1DE.
(2)作BB1的中点F , 连结AF、CF、EF . E、F是CC1、BB1的中点,CE //B1F ,
四边形B1FCE是平行四边形,CF / /B1E. 又B1E 面B1DE,CF 面B1DE,CF / /面B1DE
又AA1 AB A,及AA1, AB 平面ABB1A1, 所以CD 平面ABB1A1.
由AA1 AC CB 2, AB 2 2,
得ACB 90,CD 2, A1D 6, DE 3, A1E 3, 故A1D2 DE2 A1E2 ,即A1D DE
所以VC A1DE
1 3
CD
S△A1DEຫໍສະໝຸດ 1 32 (1 2
6
3) 1.
3.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°. (1)证明:AB⊥A1C;
(1)证明: 取AB的中点O,连结OC、OA1、A1B. 因为AC CB,O为AB的中点,所以OC AB. 因为AB AA1, BAA1 60, 所以△AA1B为等边三角形, 所以OA1 AB. 又因为OA1 OC O,及OA1,OC 平面OA1C, 所以AB 平面OA1C. 又A1C 平面OA1C,故A1C AB.
【例1】 如图,菱形ABCD的边长为4,∠BAD=60°,AC∩BD=O. 将菱形ABCD沿对角线AC折起,得到三棱锥B-ACD,点M是棱BC的 中点,DM= 2 2.
(2)求证:平面DOM⊥平面ABC;
(2)因为在菱形ABCD中,OD AC,所以在三棱锥B ACD中,OD AC. 在菱形ABCD中, AB AD 4, BAD 60,所以BD 4.
高考数学(理)一轮复习精品课件：专题《立体几何》
2.正棱柱与正棱 锥的结构特征 3.旋转体的 结构特征 4.三视图
考点42
空间几何体的结构、三视图
1.多面体的结构特征
2.正棱柱与正棱 锥的结构特征 3.旋转体的 结构特征 4.三视图
考点42
空间几何体的结构、三视图
定义：从一个几何体的正前方、正左方、正上方三个 不同的方向看这个几何体，描绘出的平面图形，分别 称为正(主)视图、侧(左)视图、俯视图．
2.外接球、内切 球的计算问题
在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋
r2.
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9
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13Байду номын сангаас
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考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视 图的步骤
（1）弄清结构，明确位置 （2）先画正视图，再画俯视图，最后画侧视图 （3）被遮住的轮廓线要画成虚线
2.判断余下视图
1.计算有关 线段的长
当球内切于正方体时，切点为正方体各个 面的中心，正方体的棱长等于球的直径；
2.外接球、内切 球的计算问题
7
考法1
空间几何体的结构特征
球与旋转体的组合通常作轴截面解题. 球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱
1.计算有关 线段的长
和球心(或“切点”“接点”)作出截面图解题． 设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截 面圆上任一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则
专题8
第1 节
立体几何
空间几何体的三视图、表面积和体积
第2 节
质 第3 节
空间直线、平面平行与垂直的判定及其性
空间中的计算问题
1
考点42
空间几何体的结构、三视图
高三理科数学一轮复习 第七章 立体几何 热点专题突破四 立体几何的综合问题课件
10
考点 3 立体几何中的探索性问题
探索满足线线、线面、面面平行或垂直的点的位置,实际上是各种位置关系的判定定理和性质定理的灵活
应用.这类探索性问题一般是先从结论出发,寻找使结论成立的条件,再以此为条件进行证明,注意不能出现逻辑
性错误.如果不存在,一般应用反证法证明.不特殊的点的探索也可以利用向量法,用向量法探索适合题意的点的
11
典例3 (2014·湖北高考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别 是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若 不存在,说明理由.
16
17
18
12
பைடு நூலகம்
13
14
探索点的位置的方法 在二面角已知(如本题中的直二面角的情况下),解决探索点的位置或 λ 值的问题,用传统方法即利用二面角平 面角的定义找到平面角,利用解三角形知识建立方程求解,而利用向量法则一般都是先设出点的坐标,将二面 角转化为两个平面的法向量的夹角,利用空间向量建立方程求解.
15
【变式训练】
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,AA1=AB,E为BB1的延长 线上一点,D1E⊥面D1AC,设AB=2. (1)求二面角E-AC-D1的大小. (2)在D1E上是否存在一点P,使A1P∥平面EAC?若存在,求D1P∶PE的值;若不存在,请说 明理由.
6
典例2 如图所示的平面四边形ABCD中,△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形,△BCD为正三角形,且 BD=4,AC与BD交于点O(如图甲).现沿BD将平面四边形ABCD折成三棱锥A-BCD,使得折起后∠AOC= θ(0<θ<π)(如图乙).
考点 3 立体几何中的探索性问题
探索满足线线、线面、面面平行或垂直的点的位置,实际上是各种位置关系的判定定理和性质定理的灵活
应用.这类探索性问题一般是先从结论出发,寻找使结论成立的条件,再以此为条件进行证明,注意不能出现逻辑
性错误.如果不存在,一般应用反证法证明.不特殊的点的探索也可以利用向量法,用向量法探索适合题意的点的
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典例3 (2014·湖北高考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别 是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若 不存在,说明理由.
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பைடு நூலகம்
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探索点的位置的方法 在二面角已知(如本题中的直二面角的情况下),解决探索点的位置或 λ 值的问题,用传统方法即利用二面角平 面角的定义找到平面角,利用解三角形知识建立方程求解,而利用向量法则一般都是先设出点的坐标,将二面 角转化为两个平面的法向量的夹角,利用空间向量建立方程求解.
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【变式训练】
直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,AA1=AB,E为BB1的延长 线上一点,D1E⊥面D1AC,设AB=2. (1)求二面角E-AC-D1的大小. (2)在D1E上是否存在一点P,使A1P∥平面EAC?若存在,求D1P∶PE的值;若不存在,请说 明理由.
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典例2 如图所示的平面四边形ABCD中,△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形,△BCD为正三角形,且 BD=4,AC与BD交于点O(如图甲).现沿BD将平面四边形ABCD折成三棱锥A-BCD,使得折起后∠AOC= θ(0<θ<π)(如图乙).