广西专用高考数学一轮复习高考大题增分专项四高考中的立体几何课件新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习高考大题增分专项四高考中的立体几何课件新人教A版文，共26页。PPT课件主要包含了-2-，-3-，题型一，题型二，题型三，-4-，-5-，-6-，-7-，-8-等内容，欢迎下载使用。

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.
线线、线面平行或垂直的转化1.在解决线线平行、线面平行问题时,若题目中已出现了中点,可考虑在图形中再取中点,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,或找一个经过已知直线与已知平面相交的平面,找出交线,证明二线平行.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.
例1如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD, CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又BG=PG,所以GH∥PD.因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.
(3)解:连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,
对点训练1如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;
(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)解:取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC= AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.
1.判定面面平行的四个方法:(1)利用定义:即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.
3.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.
例2如图,四边形ABCD是平行四边形,平面AED⊥平面ABCD,EF∥AB,AB=2,BC=EF=1,AE= ,DE=3,∠BAD=60°,G为BC的中点.(1)求证:FG∥平面BED;(2)求证:平面BED⊥平面AED;(3)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
(1)证明:取BD的中点O,连接OE,OG.在△BCD中,因为G是BC中点,所以OG∥DC且OG= DC=1.又因为EF∥AB,AB∥DC,所以EF∥OG且EF=OG,即四边形OGFE是平行四边形,所以FG∥OE.又FG⊄平面BED,OE⊂平面BED,所以FG∥平面BED.
(2)证明:在△ABD中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理可得BD= ,进而∠ADB=90°,即BD⊥AD.又因为平面AED⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,所以BD⊥平面AED.又因为BD⊂平面BED,所以,平面BED⊥平面AED.
(3)解:因为EF∥AB,所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角.过点A作AH⊥DE于点H,连接BH.又平面BED∩平面AED=ED,由(2)知平面BED⊥平面AED,所以AH⊥平面BED.所以直线AB与平面BED所成的角即为∠ABH.
对点训练2图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解:取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥EM,DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG.因为DE∩EM=E,DE,EM⊂平面DEM,所以CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM= ,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.
1.对命题条件的探索三种途径:(1)先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;(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.
(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.
(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.
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.(2)解: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中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.
对点训练3如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB, CD=2AB=4,AD= ,E为CD的中点,将△BCE沿BE折起,使得CO⊥DE,其中,点O在线段DE内.(1)求证:CO⊥平面ABED.(2)问:当∠CEO(记为θ)多大时,三棱锥C-AOE的体积最大?最大值为多少?
(1)证明:在直角梯形ABCD中,CD=2AB,E为CD的中点,则AB=DE.又AB∥DE,AD⊥AB,知BE⊥CD.在四棱锥C-ABED中,BE⊥DE,BE⊥CE,CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE,则BE⊥平面CDE.因为CO⊂平面CDE,所以BE⊥CO.又CO⊥DE,且BE,DE是平面ABED内两条相交直线,故CO⊥平面ABED.
(2)解:由(1)知CO⊥平面ABED,
1.三种平行关系的转化方向,如图所示:
2.注重空间直线与平面垂直的相互转化.