(浙江專用)2019高考數(shù)學二輪復習精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第16練 立體幾何課件.ppt
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第二篇重點專題分層練,中高檔題得高分,第16練立體幾何[解答題突破練],,明晰考情1.命題角度:高考中考查線面的位置關系和線面角,更多體現(xiàn)傳統(tǒng)方法.2.題目難度:中檔難度.,,欄目索引,核心考點突破練,,,模板答題規(guī)范練,考點一空間中的平行、垂直關系,方法技巧(1)平行關系的基礎是線線平行,比較常見的是利用三角形中位線構(gòu)造平行關系,利用平行四邊形構(gòu)造平行關系.(2)證明線線垂直的常用方法①利用特殊平面圖形的性質(zhì),如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直;②利用勾股定理的逆定理;③利用線面垂直的性質(zhì).,,核心考點突破練,證明,1.如圖,在六面體ABCDE中,平面DBC⊥平面ABC,AE⊥平面ABC.(1)求證:AE∥平面DBC;,證明過點D作DO⊥BC,O為垂足.又∵平面DBC⊥平面ABC,平面DBC∩平面ABC=BC,DO?平面DBC,∴DO⊥平面ABC.又AE⊥平面ABC,∴AE∥DO.又AE?平面DBC,DO?平面DBC,故AE∥平面DBC.,(2)若AB⊥BC,BD⊥CD,求證:AD⊥DC.,證明由(1)知,DO⊥平面ABC,AB?平面ABC,∴DO⊥AB.又AB⊥BC,且DO∩BC=O,DO,BC?平面DBC,∴AB⊥平面DBC.∵DC?平面DBC,∴AB⊥DC.又BD⊥CD,AB∩DB=B,AB,DB?平面ABD,∴DC⊥平面ABD.又AD?平面ABD,∴AD⊥DC.,證明,2.(2018江蘇)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證:(1)AB∥平面A1B1C;,證明,證明在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.,(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.,證明在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形.又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,因此AB1⊥A1B.又因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC=B,A1B,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因為AB1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.,證明,證明,3.(2018全國Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;,證明因為PA=PC=AC=4,O為AC的中點,,如圖,連接OB.,所以△ABC為等腰直角三角形,,由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.因為OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,OB,AC?平面ABC,所以PO⊥平面ABC.,(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.,解作CH⊥OM,垂足為H,又由(1)可得OP⊥CH,因為OM∩OP=O,OM,OP?平面POM,所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.,解答,4.如圖所示,三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60.(1)求三棱錐P-ABC的體積;,解答,解∵AB=1,AC=2,∠BAC=60,,由PA⊥平面ABC可知,PA是三棱錐P-ABC的高,且PA=1,,解答,(2)證明:在線段PC上存在點M,使得AC⊥BM,并求的值.,解在平面ABC內(nèi),過點B作BN⊥AC,垂足為N,在平面PAC內(nèi),過點N作MN∥PA交PC于點M,連接BM.∵PA⊥平面ABC,AC?平面ABC,∴PA⊥AC,∴MN⊥AC.又∵BN⊥AC,BN∩MN=N,BN,MN?平面BMN,∴AC⊥平面MBN.又∵BM?平面MBN,∴AC⊥BM.,考點二空間角的求解,要點重組設直線l,m的方向向量分別為a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面α,β的法向量分別為u=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).(1)線線角,方法技巧求空間角的兩種方法(1)按定義作出角,然后利用圖形計算.(2)利用空間向量,計算直線的方向向量和平面的法向量,通過向量的夾角計算.,證明,5.(2018諸暨模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是邊長為2的等邊三角形,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠CDA=AB=2CD=E是CD的中點.(1)證明:AE⊥PB;,證明取AD的中點G,連接PG,BG,平面PAD⊥平面ABCD,PG⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG?平面PAD,∴PG⊥平面ABCD,∴AE⊥PG.又∵tan∠DAE=tan∠ABG,∴AE⊥BG.又∵PG∩BG=G,PG,BG?平面PBG,∴AE⊥平面PBG,∴AE⊥PB.,解答,(2)設F是棱PB上的點,EF∥平面PAD,求EF與平面PAB所成角的正弦值.,解作FH∥AB交PA于點H,連接DH,∵EF∥平面PAD,平面FHDE∩平面PAD=DH,∴EF∥DH.∴四邊形FHDE為平行四邊形.,即H為PA的一個四等分點.又AB⊥AD,平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD∩平面PAD=AD,AB?平面ABCD,∴AB⊥平面PAD,,作DK⊥PA于點K,∴AB⊥DK,DK⊥PA,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,∴DK⊥平面PAB,∴∠DHK為所求線面角,,6.在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1B1B是邊長為2的正方形,點C在平面AA1B1B上的射影H恰好為A1B的中點,且CH=設D為CC1的中點.(1)求證:CC1⊥平面A1B1D;,證明,證明方法一(幾何法)因為CC1∥AA1且在正方形AA1B1B中AA1⊥A1B1,所以CC1⊥A1B1,取A1B1的中點E,連接DE,HE,,又D為CC1的中點,所以HE∥CD且HE=CD,所以四邊形HEDC為平行四邊形,因此CH∥DE,,又CH⊥平面AA1B1B,所以CH⊥HE,DE⊥HE,所以DE⊥CC1,又A1B1∩DE=E,A1B1,DE?平面A1B1D,所以CC1⊥平面A1B1D.,方法二(向量法)如圖,以H為原點,建立空間直角坐標系,,因此CC1⊥平面A1B1D.,解答,(2)求DH與平面AA1C1C所成角的正弦值.,解方法一(幾何法)取AA1的中點F,連接CF,作HK⊥CF于點K,因為CH∥DE,F(xiàn)H∥A1B1,CH∩FH=H,DE∩A1B1=E,所以平面CFH∥平面A1B1D,由(1)得CC1⊥平面A1B1D,所以CC1⊥平面CFH,又HK?平面CFH,所以HK⊥CC1,又HK⊥CF,CF∩CC1=C,CF,CC1?平面AA1C1C,所以HK⊥平面AA1C1C,所以DH與平面AA1C1C所成的角為∠HDK.,在Rt△DHK中,,方法二(向量法)設平面AA1C1C的法向量為n=(1,x,y),,設θ為DH與平面AA1C1C所成的角,,證明,7.(2018浙江省杭州市第二中學模擬)如圖,在四邊形ABCD中,AB∥CD,∠ABD=30,AB=2CD=2AD=2,DE⊥平面ABCD,EF∥BD,且BD=2EF.(1)求證:平面ADE⊥平面BDEF;,證明在△ABD中,∠ABD=30,由AD2=AB2+BD2-2ABBDcos30,解得BD=所以AD2+BD2=AB2,根據(jù)勾股定理得∠ADB=90,∴AD⊥BD.又因為DE⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,所以AD⊥DE.又因為BD∩DE=D,BD,DE?平面BDEF,所以AD⊥平面BDEF,又AD?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BDEF,,解答,(2)若二面角C-BF-D的大小為60,求CF與平面ABCD所成角的正弦值.,解方法一如圖,由(1)可得∠ADB=90,∠ABD=30,則∠BDC=30,則△BCD為銳角為30的等腰三角形.,過點C作CH∥DA,交DB,AB于點G,H,則點G為點F在平面ABCD上的投影.連接FG,則CG⊥BD,DE⊥平面ABCD,則CG⊥平面BDEF.過點G作GI⊥BF于點I,連接HI,CI,則BF⊥平面GCI,即∠GIC為二面角C-BF-D的平面角,則∠GIC=60.,設DE=x,則GF=x,,方法二由題意可知DA,DB,DE兩兩垂直,以D為坐標原點,DA,DB,DE所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.,設平面BCF的法向量為m=(x,y,z),,取平面BDEF的法向量為n=(1,0,0),,設CF與平面ABCD所成的角為α,,8.如圖,在四棱錐P-ABCD,底面ABCD為梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分別是AD,PB的中點.(1)求證:PD∥平面OCM;,證明,證明連接OB,設BD與OC的交點為N,連接MN.因為O為AD的中點,AD=2,所以OA=OD=1=BC.又因為AD∥BC,所以四邊形OBCD為平行四邊形,所以N為BD的中點,又因為M為PB的中點,所以MN∥PD.又因為MN?平面OCM,PD?平面OCM,所以PD∥平面OCM.,(2)若AP與平面PBD所成的角為60,求線段PB的長.,解答,解由四邊形OBCD為平行四邊形,知OB=CD=1,所以△AOB為等邊三角形,所以∠BAD=60,即AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD.因為DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD.又因為BD∩PD=D,BD,PD?平面BDP,所以AB⊥平面BDP,所以∠APB為AP與平面PBD所成的角,即∠APB=60,,,模板答題規(guī)范練,模板體驗,例(15分)如圖,已知在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,現(xiàn)將△DAC沿著對角線AC向上翻折到△PAC的位置,此時PA⊥PB.,(1)求證:平面PAB⊥平面ABC;(2)求直線AB與平面PAC所成角的正弦值.,審題路線圖,(2)方法一(作角),方法二(向量法),規(guī)范解答評分標準(1)證明因為PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC,2分所以PA⊥BC,又BC⊥AB,AB∩AP=A,所以BC⊥平面PAB,4分又BC?平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.6分,(2)解方法一如圖,作BD⊥PC于點D,連接AD,由(1)知,PA⊥平面PBC,所以PA⊥BD,而BD⊥PC,PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC,所以∠BAD為直線AB與平面PAC所成的角.9分,方法二由(1)知平面PAB⊥平面ABC,所以在平面PAB內(nèi),過點P作PE⊥AB于點E,則PE⊥平面ABC,如圖,以B為坐標原點,建立空間直角坐標系(z軸與直線PE平行),,可知A(0,-4,0),B(0,0,0),C(-3,0,0),,構(gòu)建答題模板方法一[第一步]找垂直:利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直.[第二步]作角:利用定義結(jié)合垂直關系作出所求角.[第三步]計算:將所求角放在某三角形中,計算.,方法二[第一步]找垂直:利用圖形中的線線垂直推證線面垂直和面面垂直,同時為建系作準備.[第二步]寫坐標:建立空間直角坐標系,寫出特殊點的坐標.[第三步]求向量:求直線的方向向量或平面的法向量.[第四步]求夾角:計算向量的夾角,得到所求的線面角或二面角.,所以AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD.又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD,BD?底面ABCD,所以BD⊥平面PAD,又PA?平面PAD,所以BD⊥PA.,1.在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AB∥CD,∠ABC=∠BCD=90,BC=CD=(1)證明:BD⊥PA;,證明,規(guī)范演練,(2)若△PAD為正三角形,求直線PA與平面PBD所成角的余弦值.,解答,解方法一如圖,取PD的中點M,連接AM,BM.因為△PAD為正三角形,所以AM⊥PD.又由(1)知,BD⊥平面PAD,所以平面PBD⊥平面PAD,又平面PAD∩平面PBD=PD,AM?平面PAD,所以AM⊥平面PBD,故∠APM即為直線PA與平面PBD所成的角.,方法二在平面PAD內(nèi),過點P作PQ⊥AD,垂足為Q,取AB的中點N,連接QN,易知,PQ,AQ,QN兩兩垂直.以Q為坐標原點,QA,QN,QP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.,設n=(x,y,z)為平面PBD的法向量.,2.設平面ABCD⊥平面ABEF,AB∥CD,AB∥EF,∠BAF=∠ABC=90,BC=CD=AF=EF=1,AB=2.(1)證明:CE∥平面ADF;,證明,證明∵AB∥CD,AB∥EF,∴CD∥EF.又∵CD=EF,∴四邊形CDFE是平行四邊形.∴CE∥DF,又CE?平面ADF,DF?平面ADF,∴CE∥平面ADF.,(2)求直線DF與平面BDE所成角的正弦值.,解答,解取AB的中點G,連接CG交BD于點O,連接EO,EG.∵CD∥EF,∴DF與平面BDE所成的角等于CE與平面BDE所成的角.∵AB⊥AF,平面ABCD⊥平面ABEF,∴AF⊥平面ABCD.又∵EG∥AF,∴EG⊥平面ABCD,∴EG⊥BD.連接DG,在正方形BCDG中,BD⊥CG,故BD⊥平面ECG.,∴平面BDE⊥平面ECG.在平面CEO中,作CH⊥EO,交直線EO的延長線于點H,得CH⊥平面BDE.∴∠CEH是CE與平面BDE所成的角.過點G作GQ⊥EO.∵OC=OG,,3.(2018寧波模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PAD為正三角形,四邊形ABCD為直角梯形,CD∥AB,BC⊥AB,平面PAD⊥平面ABCD,點E,F(xiàn)分別為AD,CP的中點,AD=AB=2CD=2.(1)證明:直線EF∥平面PAB;,證明,證明設BC的中點為M,連接EM,F(xiàn)M,易知EM∥AB,F(xiàn)M∥PB,因為EM∥AB,EM?平面PAB,AB?平面PAB,所以EM∥平面PAB.同理FM∥平面PAB.又EM∩FM=M,EM?平面FEM,F(xiàn)M?平面FEM,所以平面FEM∥平面PAB,又EF?平面FEM,所以直線EF∥平面PAB.,(2)求直線EF與平面PBC所成角的正弦值.,解連接PE,PM,因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且PE⊥AD,PE?平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,PE⊥BC.又因為EM⊥BC,PE∩EM=E,所以BC⊥平面PEM,所以平面PBC⊥平面PEM.過點E作EH⊥PM于點H,連接FH,由平面PBC⊥平面PEM可知,EH⊥平面PBC.所以直線EF與平面PBC所成的角為∠EFH.,解答,4.如圖,在邊長為2的正方形ABCD中,E為AB的中點,將△ADE沿直線DE折起至△A′DE的位置,使得平面A′DE⊥平面BCDE,F(xiàn)為線段A′C的中點.(1)求證:BF∥平面A′DE;,證明,證明取A′D的中點M,連接FM,EM,∵F為A′C的中點,,又E為AB的中點,且AB∥CD,且AB=CD,,∴BE∥FM且BE=FM,∴四邊形BFME為平行四邊形.∴BF∥EM,又EM?平面A′DE,BF?平面A′DE,∴BF∥平面A′DE.,(2)求直線A′B與平面A′DE所成角的正切值.,解答,解在平面BCDE內(nèi)作BN⊥DE,交DE的延長線于點N,∵平面A′DE⊥平面BCDE,平面A′DE∩平面BCDE=DE,BN?平面BCDE,∴BN⊥平面A′DE,連接A′N,則∠BA′N為A′B與平面A′DE所成的角.易知△BNE∽△DAE,,在△A′DE中,作A′P⊥DE,垂足為P,∵A′E=1,A′D=2,,本課結(jié)束,- 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