2019-2020年高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题课件文苏教版
解答
思维升华
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下， 利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件， 若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.
跟踪训练4 (2016·镇江模拟)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1证)求明证：D1C⊥AC1；
答案 解析
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5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱 CF 1
CD上的动点，当 FD ＝_____时，D1E⊥平面AB1F.
答案 解析
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6.(2016·连云港模拟)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥AC， AB＝AC，点E是BC上一点，且平面BB1C1C⊥平面AB1E. (1)求证：AE⊥BC；
例3 (20151·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2 ， AB＝BC＝2 AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折
起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
证明
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36 2，求a的值.
由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得AADE＝CCDF ， 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′.
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54 ，OD′＝2 2 积.
解答
，求五棱锥D′-ABCFE的体
思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接 利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积. (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分 割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解. (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的 直观图，然后根据条件求解.
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2.(2016·南京模拟)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线， l⊥α，m⊂β.给出下列命题： ①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③m∥α⇒l⊥β；④l⊥β⇒m∥α. 其中正确的命题是_①__④___.(填写所有正确命题的序号) 答案 解析
若l⊥α，α∥β，则l⊥β，又m⊂β，则l⊥m，故①正确；
高考专题突破四
高考中的立体几何问题
内容索引
考点自测 题型分类 深度剖析 课时作业
考点自测
1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面 平行
A答1B案1BA的解位析置关系为______.
如图取B1C1的中点为F， 连结EF，DF，DE，
则EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA.
因此平面EFG∥平面ABC.
(2)BC⊥SA.
证明
由平面SAB⊥平面SBC， 平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB， AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
题型三 平面图形的翻折问题 π
(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.
解答
题型二 空间点、线、面的位置关系 例2 (2016·扬州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面， AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是证A明1C1，BC的中点. (1在)求三证棱：柱平AB面CA－BAE1⊥B1平C1面中B，1BBCBC1⊥1；底面ABC. 因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B， 所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
证明
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8.(2016·北京东城区一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， 底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，AB＝2，∠BAD＝60°， M是PD的中点. (1)求证：OM∥平面PAB；
证明
因为在△PBD中，O，M分别是BD， PD的中点，所以OM∥PB. 又OM⊄平面PAB，PB⊂平面PAB， 所以OM∥平面PAB.
(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E
位置；若不存在，说明理由.
解答
课时作业
1.(2016·连云港模拟)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线 l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6， CB＝8.P是平面α上24的3一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD 体答积案的最解大析值是______.
由题意可知，BD∥B1D1，
又B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
所以BD∥平面CB1D1，①正确；
易知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，又B1D1∩B1C＝B1，
所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；
由异面直线的定义可知③正确.
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4.(2016·泰 州 二 模 ) 如 图 ， 在 梯 形 ABCD 中 ， AD∥BC ， ∠ABC ＝ 90° ， AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE 沿直线EF进行翻折，给出四个结论： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是__②__③__.(填写结论序号)
(2)求证：C1F∥平面ABE；
证明
(3)求三棱锥E－ABC的体积.
解答
因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， AC2－BC2＝ 3.
所以AB＝
V所＝以13三S△棱ABC锥·AEA－1＝A13B×C的12×体积3×1×2＝
3 3.
思维升华
(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： (ⅰ) 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.(ⅱ)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，实施线面平行与面面平行的转化. (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， 不能直接用公式时，注意进行体积的转化.
若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，又m⊂β，则l与m可能平行、相交或异面，
故②错误；
若l⊥α，m∥α，则l⊥m，又m⊂β，则l与β可能平行、相交或l⊂β，故③错
误；
若l⊥α，l⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，故④正确.综上，正确的命题
是①④.
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3.(2016·苏州模拟)如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，连结BD，AC1， B1D1，CD1，B1C，现有以下几个结论： ①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③CB1与BD为异面直线.其中 所有正确结论的序号为_①__②__③__. 答案 解析
证明 几何画板展示
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M－CDE的体积.
解答
题型四 立体几何中的存在性问题 例4 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BMD1N与棱CC1，AA1分 别交于点M，N，且M，N均为中点. (1)求证：AC∥平面BMD1N.
证明
(2)若AD＝CD＝2，DD1＝2 2 ，O为AC的中点.BD1上是否存在动点F， 使得OF⊥平面BMD1N？若存在，求出点F的位置，并加以证明；若不 存在，请说明理由.
跟踪训练1 正三棱锥的高为1，底面边长为 2 6，
内有一个球与它的四个面都相切(如图).求：
(1解)这答个正三棱锥的表面积； 底面正三角形中心到一边的距离为13× 23×2 6＝ 2， 则正棱锥侧面的斜高为 12＋ 22＝ 3. ∴S 侧＝3×12×2 6× 3＝9 2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝9 2＋12× 23×(2 6)2 ＝9 2＋6 3.
证明
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(2)在棱A′B′上找一点M，使得C′M∥平面BEF，并给出证明. 解答
显然点M不是点A′，B′，若棱A′B′上存在一点M， 使得C′M∥平面BEF， 过点M作MN∥AA′交BE于N，连结FN，MC′， ∴MN∥C′F，即C′M和FN共面， 又平面MNFC′∩平面BEF＝FN，∴C′M∥FN， ∴四边形C′MNF为平行四边形，∴MN＝2， ∴MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点. 故当M为A′B′的中点时，C′M∥平面BEF.
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(2)求证：平面PBD⊥平面PAC.
证明
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC. 因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. 又BD⊂平面PBD， 所以平面PBD⊥平面PAC.
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(3)当三棱锥C－PBD的体积等于
证明
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(2)求证：A1C∥平面AB1E.
证明
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7.(2016·南通、扬州、泰州联考)如图，在四棱锥P—ABCD中，PC⊥平 面PAD，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC，M，N分别是棱PA，CD的中点. (1证)求明证：PC∥平面BMN；
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(2)求证：平面BMN⊥平面PAC.
3 2
时，求PA的长.
解答
因 为 底 面 ABCD 是 菱 形 ， 且 AB ＝ 2 ， ∠BAD＝60°，所以S△3B.CD＝ 又VC－PBD＝VP－BCD， 三棱锥P－BCD的高为PA，
思维升华
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下， 利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件， 若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.
跟踪训练4 (2016·镇江模拟)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中， 已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1证)求明证：D1C⊥AC1；
答案 解析
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5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱 CF 1
CD上的动点，当 FD ＝_____时，D1E⊥平面AB1F.
答案 解析
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6.(2016·连云港模拟)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥AC， AB＝AC，点E是BC上一点，且平面BB1C1C⊥平面AB1E. (1)求证：AE⊥BC；
例3 (20151·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝2 ， AB＝BC＝2 AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折
起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
证明
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE的体积为36 2，求a的值.
由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得AADE＝CCDF ， 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′.
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54 ，OD′＝2 2 积.
解答
，求五棱锥D′-ABCFE的体
思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接 利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积. (2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分 割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解. (3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的 直观图，然后根据条件求解.
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2.(2016·南京模拟)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线， l⊥α，m⊂β.给出下列命题： ①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③m∥α⇒l⊥β；④l⊥β⇒m∥α. 其中正确的命题是_①__④___.(填写所有正确命题的序号) 答案 解析
若l⊥α，α∥β，则l⊥β，又m⊂β，则l⊥m，故①正确；
高考专题突破四
高考中的立体几何问题
内容索引
考点自测 题型分类 深度剖析 课时作业
考点自测
1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面 平行
A答1B案1BA的解位析置关系为______.
如图取B1C1的中点为F， 连结EF，DF，DE，
则EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA.
因此平面EFG∥平面ABC.
(2)BC⊥SA.
证明
由平面SAB⊥平面SBC， 平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB， AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
题型三 平面图形的翻折问题 π
(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.
解答
题型二 空间点、线、面的位置关系 例2 (2016·扬州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面， AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是证A明1C1，BC的中点. (1在)求三证棱：柱平AB面CA－BAE1⊥B1平C1面中B，1BBCBC1⊥1；底面ABC. 因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B， 所以AB⊥平面B1BCC1. 又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
证明
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8.(2016·北京东城区一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD， 底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，AB＝2，∠BAD＝60°， M是PD的中点. (1)求证：OM∥平面PAB；
证明
因为在△PBD中，O，M分别是BD， PD的中点，所以OM∥PB. 又OM⊄平面PAB，PB⊂平面PAB， 所以OM∥平面PAB.
(2)问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E
位置；若不存在，说明理由.
解答
课时作业
1.(2016·连云港模拟)如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线 l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6， CB＝8.P是平面α上24的3一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD 体答积案的最解大析值是______.
由题意可知，BD∥B1D1，
又B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
所以BD∥平面CB1D1，①正确；
易知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，又B1D1∩B1C＝B1，
所以AC1⊥平面CB1D1，②正确；
由异面直线的定义可知③正确.
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4.(2016·泰 州 二 模 ) 如 图 ， 在 梯 形 ABCD 中 ， AD∥BC ， ∠ABC ＝ 90° ， AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E、F分别是AB、CD的中点，将四边形ADFE 沿直线EF进行翻折，给出四个结论： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 在翻折过程中，可能成立的结论是__②__③__.(填写结论序号)
(2)求证：C1F∥平面ABE；
证明
(3)求三棱锥E－ABC的体积.
解答
因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， AC2－BC2＝ 3.
所以AB＝
V所＝以13三S△棱ABC锥·AEA－1＝A13B×C的12×体积3×1×2＝
3 3.
思维升华
(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： (ⅰ) 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.(ⅱ)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，实施线面平行与面面平行的转化. (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， 不能直接用公式时，注意进行体积的转化.
若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，又m⊂β，则l与m可能平行、相交或异面，
故②错误；
若l⊥α，m∥α，则l⊥m，又m⊂β，则l与β可能平行、相交或l⊂β，故③错
误；
若l⊥α，l⊥β，则α∥β，又m⊂β，则m∥α，故④正确.综上，正确的命题
是①④.
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3.(2016·苏州模拟)如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，连结BD，AC1， B1D1，CD1，B1C，现有以下几个结论： ①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③CB1与BD为异面直线.其中 所有正确结论的序号为_①__②__③__. 答案 解析
证明 几何画板展示
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M－CDE的体积.
解答
题型四 立体几何中的存在性问题 例4 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BMD1N与棱CC1，AA1分 别交于点M，N，且M，N均为中点. (1)求证：AC∥平面BMD1N.
证明
(2)若AD＝CD＝2，DD1＝2 2 ，O为AC的中点.BD1上是否存在动点F， 使得OF⊥平面BMD1N？若存在，求出点F的位置，并加以证明；若不 存在，请说明理由.
跟踪训练1 正三棱锥的高为1，底面边长为 2 6，
内有一个球与它的四个面都相切(如图).求：
(1解)这答个正三棱锥的表面积； 底面正三角形中心到一边的距离为13× 23×2 6＝ 2， 则正棱锥侧面的斜高为 12＋ 22＝ 3. ∴S 侧＝3×12×2 6× 3＝9 2. ∴S 表＝S 侧＋S 底＝9 2＋12× 23×(2 6)2 ＝9 2＋6 3.
证明
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(2)在棱A′B′上找一点M，使得C′M∥平面BEF，并给出证明. 解答
显然点M不是点A′，B′，若棱A′B′上存在一点M， 使得C′M∥平面BEF， 过点M作MN∥AA′交BE于N，连结FN，MC′， ∴MN∥C′F，即C′M和FN共面， 又平面MNFC′∩平面BEF＝FN，∴C′M∥FN， ∴四边形C′MNF为平行四边形，∴MN＝2， ∴MN是梯形A′B′BE的中位线，M为A′B′的中点. 故当M为A′B′的中点时，C′M∥平面BEF.
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(2)求证：平面PBD⊥平面PAC.
证明
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC. 因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. 又BD⊂平面PBD， 所以平面PBD⊥平面PAC.
123456789
(3)当三棱锥C－PBD的体积等于
证明
123456789
(2)求证：A1C∥平面AB1E.
证明
123456789
7.(2016·南通、扬州、泰州联考)如图，在四棱锥P—ABCD中，PC⊥平 面PAD，AB∥CD，CD＝2AB＝2BC，M，N分别是棱PA，CD的中点. (1证)求明证：PC∥平面BMN；
123456789
(2)求证：平面BMN⊥平面PAC.
3 2
时，求PA的长.
解答
因 为 底 面 ABCD 是 菱 形 ， 且 AB ＝ 2 ， ∠BAD＝60°，所以S△3B.CD＝ 又VC－PBD＝VP－BCD， 三棱锥P－BCD的高为PA，
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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
������������ ������
2020版高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课件文新人教A版
(2)若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，连接A1B交AE 于点M.因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥ AE.又因为A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，所以AE⊥ 平面A1BC.因为A1B⊂平面A1BC，所以AE⊥A1B.在△AMB和△ ABE中，∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，所以
四棱锥A1－BDEC，F是棱A1B上一点，且FFAB1＝12. (1)求证：A1E∥平面FDC； (2)求三棱锥D－A1CF的体积．
解析 (1)证明：在四棱锥A1－BDEC中，连接EB交DC于 点O，连接FO.因为在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中
点，所以DE∥BC，DE＝
1 2
BC，所以△ODE∽△OCB，所以
【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中， AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使 点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ
＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
1 3
V三棱锥C－A1DB＝
1 3
·V三棱锥A1－DCB＝
1 3
×
1 3
×
1 2
×2×2×2
＝49.
题型三 线、面位置关系中的探索性问题 是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立 问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的 形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在 假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点 (或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛 盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．
2020届高中数学一轮复习人教A版立体几何PPT课件(108张)
则A(-1,0, 2 ),B1(1,0,0),B(1,0, 2 ),C1(0, 3 ,0), AB1＝(2,0， 2)，BC1＝(1，3， 2)，因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0，所以 AB1 BC1 ,即异面直线AB1和BC1 夹角为直角.
3.点M,N分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1和棱B1C1的 中点,则异面直线CM与DN夹角的余弦值为 ( )
AC1 AC2 2 3 3 2
又θ∈[0，] ,所以θ= .
2
6
答案:
6
3.(选修2-1P45练习T2改编)在四棱锥P -ABCD中,底面 ABCD是正方形,PD⊥底面ABCD,PD=DC,则平面CPB与平面 PBD夹角的大小为_______.
【解析】以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐 标系. 设PD=DC=1,则D(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0).
2
AB
可以求空间中有向线段的长度.
2.点到平面的距离 ①“作一证一求”法:作出点P到平面的垂线后求出垂 线段的长; ②转移法:如果平面α 的斜线上两点A,B到斜足C的距离 AC,BC的比为m∶n,则点A,B到平面α 的距离比也为m∶n;
③体积法:通常借助三棱锥,通过转换底面与顶点求点 到平面的距离.
关系
当0<<s1,s2>≤
2
时,θ
当 2 <<s1,s2><π 时,θ
= =
_<_s1_,_s_2>_； _π__-_<_s1_,_s_2>_
2.直线与平面的夹角
平面外一条直线与它_在__该__平__面__内__的__投__影__的夹角叫作
高考数学一轮专项复习ppt课件-立体几何中的截面、交线问题(北师大版)
所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1， 所以 EF∥AB1 且 EF＝12AB1， 设正方体棱长为 2，则 AE＝B1F＝ 22＋12＝ 5，
所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确.
思维升华
判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与 几何体的面相交成线的形状和位置.
跟踪训练2 已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至
少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，
所得截面的形状不可能是
A.等腰三角形
B.等腰梯形
C.五边形
√D.正六边形
如图①，由图可知，截面ABC为等腰 三角形，选项A可能； 截面ABEF为等腰梯形，选项B可能； 如图②，截面AMDEN为五边形，选项 C可能； 因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过 两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能.
C.8
D.9
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
如 图 所 示 ， 在 三 棱 锥 P － ABC 中 ， 过 E 分 别 作 EF∥AB，EH∥PC， 再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E， F，G，H四点共面， 因 为 AB ⊄ 平 面 EFGH ， EF ⊂ 平 面 EFGH ， 所 以 AB∥平面EFGH， 同理可证，PC∥平面EFGH， 所以截面即为平行四边形EFGH，
过 棱 AB ， BC 的 中 点 E ， F 作 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角 B1－EF－B都大于45°， ∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形； 当截面为EFM时，如图所示，为三角形.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2020年高考数学一轮复习专题四立体几何课件文
【典例】 (2016·新课标全国卷Ⅰ，12 分)如图，已知正三棱锥 P－ABC 的侧面是直角三角形，PA＝6.顶点 P 在平面 ABC 内的正投 影为点 D，D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G.
(1)证明：G 是 AB 的中点； (2)在图中作出点 E 在平面 PAC 内的正投影 F(说明作法及理由)， 并求四面体 PDEF 的体积．
所以 CD⊥平面 A1OC.
第七章
看，立体几何是历年高考的重点，约占 整个试卷的 13%，通常以一大一小的模式命题，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．
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且 PA＝6，可得 DE＝2， PE＝2 2.
在等腰直角三角形 EFP 中，可得 EF＝PF＝2.(11 分) 所以四面体 PDEF 的体积 V＝13×12×2×2×2＝43.(12 分)
【阅卷点评】 本题通过正投影考查线面垂直．第(1)题较基 础，考查学生对垂直的判定和性质的理解；第(2)题较复杂，既考 查了学生的抽象推理能力，又考查了学生的计算能力．
【标准解答】 (1)证明：因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D， 所以 AB⊥PD.
因为 D 在平面 PAB 内的正投影为 E，所以 AB⊥DE.(2 分) 又 PD∩DE＝D，所以 AB⊥平面 PED，故 AB⊥PG. 又由已知可得，PA＝PB，从而 G 是 AB 的中点．(4 分)
(2)在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F，F 即 为 E 在平面 PAC 内的正投影．(5 分)
高考数学大一轮复习高考必考题突破讲座4立体几何的综合问题课件文新人教A版
【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中， AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使 点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ
＝23DA，求三棱锥Q－ABP的体积．
CF得 AADE
＝
CF CD
，故AC∥EF.在△DEF中，DE＝DF，H为EF中
点，可得EF⊥HD，翻折后仍然有EF⊥HD′，所以AC⊥
HD′.
(2)由EF∥AC得ODHO＝AADE ＝14.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO
＝ AB2－AO2 ＝4，所以OH＝1，D′H＝DH＝3，于是OD′2
＋OH2＝(2 2 )2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH.由(1)知AC⊥
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接 AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接 OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP ⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.
【突破训练3】 (2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平 面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M是 CD 上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明 理由．
解析 (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线 为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面 CMD，故BC⊥DM.因为M为 CD 上异于C，D的点，且DC为直 径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而 DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
OOEB＝DCBE＝12.
2020高考数学一轮复习大题规范解读全辑高考大题规范解答系列4立体几何课件理
︵ 因为 M 为CD 上异于 C，D 的两点，
且 DC 为直径，所以 DM⊥CM.
3 分 得分点②
又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC． 4 分 得分点③
而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC． 5 分 得分点④
(2)以 D 为坐标原点，D→A的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系 D－xyz.
∵O 为 BD 中点，∴FO⊥BD，
又 AC⊥FO，AC∩BD＝O，∴FO⊥平面 ABCD．
∵OA，OB，OF 两两垂直， ∴可建立空间直角坐标系 O－xyz，如图所示，
设 AB＝2，∵四边形 ABCD 为菱形，∠DAB＝60°， ∴BD＝2，AC＝2 3. ∵△DBF 为等边三角形，∴OF＝ 3. ∴A( 3，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0， 3)，
︵ 当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为CD 的中点． 由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， A→M＝(－2,1,1)，A→B＝(0,2,0)，D→A＝(2,0,0)．
7 分 得分点⑤
设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，
∴MG∥平面 CDEF.
2 分 得分点①
由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点， 由棱柱的性质可得 GN∥DC， ∵CD⊂平面 CDEF，GN⊄平面 CDEF，
∴GN∥平面 CDEF.
3 分 得分点③
又 GM⊂平面 GMN，GN⊂平面 GMN，MG∩NG＝G，
∴平面 GMN∥平面 CDEF，
∴A→D＝(－ 3，－1,0)，A→F＝(－ 3，0， 3)，A→B＝(－ 3，1,0)． 设平面 ABF 的法向量为 n＝(x，y，z)，
2019高考专题突破四高考中的立体几何问题教育精品.ppt
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章 立体几何与空间向量
跟踪训练 1 (2018·东三省四市教研体二模)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为矩形，PA⊥底面 ABCD，AD＝AP＝2， AB＝2 7，E 为棱 PD 的中点．
(1)证明：PD⊥平面 ABE； (2)求三棱锥 C-PBD 外接球的体积．
设球的半径为 R，
则 2R＝ 32＋22＋12＝ 14.
∴球 O 的表面积为 S＝4πR2＝4π×
2142＝14π.
【答案】 14π
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章 立体几何与空间向量
题型一 求空间几何体的表面积与体积 【例1】 (2019·全国甲卷)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．
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章 立体几何与空间向量 (1)证明：AC⊥HD′； (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝45，OD′＝2 2，求五棱锥 D′ABCFE 的体积．
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第八章 立体几何与空间向量
【解析】 (1)证明 由已知得 AC⊥BD，AD＝CD，又由 AE＝ CF 得AADE＝CCDF，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′.
第八章 立ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ几何与空间向量
【解析】 根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体 和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为 2，半圆柱的底面 半径为 1，母线长为 2，故该几何体的表面积为 4×5＋2×π＋2 ×21π＝20＋3π.
【答案】 A
第八章 立体几何与空间向量
跟踪训练 1 (2018·东三省四市教研体二模)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 为矩形，PA⊥底面 ABCD，AD＝AP＝2， AB＝2 7，E 为棱 PD 的中点．
(1)证明：PD⊥平面 ABE； (2)求三棱锥 C-PBD 外接球的体积．
设球的半径为 R，
则 2R＝ 32＋22＋12＝ 14.
∴球 O 的表面积为 S＝4πR2＝4π×
2142＝14π.
【答案】 14π
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第八章 立体几何与空间向量
题型一 求空间几何体的表面积与体积 【例1】 (2019·全国甲卷)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．
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第八章 立体几何与空间向量 (1)证明：AC⊥HD′； (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝45，OD′＝2 2，求五棱锥 D′ABCFE 的体积．
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第八章 立体几何与空间向量
【解析】 (1)证明 由已知得 AC⊥BD，AD＝CD，又由 AE＝ CF 得AADE＝CCDF，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′.
第八章 立ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ几何与空间向量
【解析】 根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体 和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为 2，半圆柱的底面 半径为 1，母线长为 2，故该几何体的表面积为 4×5＋2×π＋2 ×21π＝20＋3π.
【答案】 A
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，
2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何课件
第七章 立体几何
[五年考情]
考点
2016 年
三视图直观 图及几何体 的表面积体 积
11,6 分(理) 14,4 分(理) 9,6 分(文)
2015 年
2,5 分(理) 2,5 分(文)
2014 年
3,5 分(理) 3,5 分(文)
2013 年
2012 年
12,4 分(理) 11,4 分(理) 5,5 分(文) 3,5 分(文)
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
2019/7/20
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2,5 分(理)
空间点线 14,4 分(理)
面的位置 17(1)，7 分(理)
关系
2,5 分(文)
18(1)，7 分(文)
空间向量
及其应 17(2)，8 分(理)
用、空间 14,4 分(文)
角Hale Waihona Puke 18(2)，8 分(文)13,4 分(理) 17,4 分(理)
17(1)，7 分(理) 20(1)，7 分(理)
20(2)，9 分 20(2)，7 分
(理)
(理)
20(2)，5 分 20(2)，7 分
(文)
(文)
[五年考情]
考点
2016 年
三视图直观 图及几何体 的表面积体 积
11,6 分(理) 14,4 分(理) 9,6 分(文)
2015 年
2,5 分(理) 2,5 分(文)
2014 年
3,5 分(理) 3,5 分(文)
2013 年
2012 年
12,4 分(理) 11,4 分(理) 5,5 分(文) 3,5 分(文)
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
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2,5 分(理)
空间点线 14,4 分(理)
面的位置 17(1)，7 分(理)
关系
2,5 分(文)
18(1)，7 分(文)
空间向量
及其应 17(2)，8 分(理)
用、空间 14,4 分(文)
角Hale Waihona Puke 18(2)，8 分(文)13,4 分(理) 17,4 分(理)
17(1)，7 分(理) 20(1)，7 分(理)
20(2)，9 分 20(2)，7 分
(理)
(理)
20(2)，5 分 20(2)，7 分
(文)
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