2022年新教材高考数学一轮复习第7章立体几何规范答题增分专项四高考中的立体几何课件（人教版）

规范答题增分专项四高考中的立体几何2022高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI\n【考情分析】高考对立体几何的考查一般为一大两小的模式.小题一般考查空间几何体的体积、表面积、与球的切接有关的问题;解答题则多为两问,第一问是空间位置关系的证明与应用,第二问是空间角的求解,有时候也以翻折问题或探究性问题为背景命题.该部分难度中等,着重考查逻辑推理、空间想象以及数学运算的核心素养,转化与化归思想贯穿始终.\n典例突破\n题型一线线、线面平行或垂直的判定与性质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,则可考虑在图形中取中点,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,再利用线面平行的判定定理证明.3.要证线线平行,可考虑基本事实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.\n5.用向量方法证明线线、线面平行或垂直的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面α内相异三点(其中,l1与l2不重合,α与β不重合,l1不在α内),则(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.(2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使\n例1在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.求证:EF∥平面DCP.\n证明:(方法一)取PC的中点M,连接DM,MF.∵M,F分别是PC,PB的中点,∴MF∥CB,MF=.∵E为DA的中点,四边形ABCD为正方形,∴DE∥CB,DE=,∴MF∥DE,MF=DE,∴四边形DEFM为平行四边形,∴EF∥DM.∵EF⊄平面DCP,DM⊂平面DCP,∴EF∥平面DCP.\n(方法二)取PA的中点N,连接NE,NF.∵E是AD的中点,N是PA的中点,∴NE∥DP.又F是PB的中点,N是PA的中点,∴NF∥AB.∵AB∥CD,∴NF∥CD.∵NE∩NF=N,NE⊂平面NEF,NF⊂平面NEF,DP⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,∴平面NEF∥平面PCD.∵EF⊂平面NEF,∴EF∥平面DCP.\n(方法三)取BC的中点G,连接EG,FG.在正方形ABCD中,∵E是AD的中点,G是BC的中点,∴GE∥CD.又F是PB的中点,G是BC的中点,∴GF∥PC.又PC∩CD=C,GE⊂平面GEF,GF⊂平面GEF,PC⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,∴平面GEF∥平面PCD.∵EF⊂平面GEF,∴EF∥平面DCP.\n(方法四)∵PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,∴AD,AB,AP两两垂直,∴以A为原点,AP,AB,AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,\n对点训练1如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直.EF∥AC,,CE=EF=1.求证:(1)AF∥平面BDE;(2)CF⊥平面BDE.\n证明(1)设AC与BD交于点G,∵EF∥AG,EF=1,∴四边形AGEF为平行四边形,∴AF∥EG.∵EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,∴AF∥平面BDE.(2)连接FG,∵EF∥CG,EF=CG=1,CE=1,∴平行四边形CEFG为菱形,∴CF⊥EG.∵四边形ABCD为正方形,∴BD⊥AC.又平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,∴BD⊥平面ACEF,∴CF⊥BD.又BD∩EG=G,∴CF⊥平面BDE.\n题型二面面平行或垂直的判定与性质1.判定面面平行的四个方法:(1)定义:判断两个平面没有公共点.(2)面面平行的判定定理.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)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.\n3.用向量方法证明面面平行或垂直的方法:α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0;α∥β⇔其中α,β为不重合的两个平面,e1,e2为α,β的法向量,A,B,C为α内不共线的三个点.\n例2如图,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明:平面EC1F∥平面A1BC.(2)设,是否存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.\n(1)证明:∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1.∴四边形CC1EB为平行四边形,∴C1E∥BC.又BC⊂平面A1BC,C1E⊄平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B.又A1B⊂平面A1BC,EF⊄平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,∴平面EC1F∥平面A1BC.\n(2)解:不存在.理由如下:在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC.由CC1⊥平面ABC,得CC1⊥AC,CC1⊥BC,∴CA,CB,CC1两两垂直.以点C为坐标原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,\n\n\n对点训练2如图①,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,沿AO将三角形AOD折起,使,如图②.(1)求证:平面AOD⊥平面ABCO;(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.\n(1)证明在矩形ABCD中,AB=2AD=2,O为CD的中点,所以△AOD,△BOC为等腰直角三角形,则∠AOB=90°,即OB⊥OA.取AO的中点H,连接DH,BH(图略),又DB2=3,则DH2+BH2=DB2,故DH⊥BH.又DH⊥OA,OA∩BH=H,故DH⊥平面ABCO.而DH⊂平面AOD,得平面AOD⊥平面ABCO.\n\n题型三平行、垂直关系中的探索性问题1.对命题条件的探索有三种途径:(1)先猜后证,即先观察,尝试给出探索条件,再加以证明;(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.\n例3已知正三角形ABC的边长为4,CD是AB边上的高,E,F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)求二面角E-DF-C的余弦值.(3)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解:(1)在△ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EF∥AB,又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,所以AB∥平面DEF.\n(2)如图,以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,\n\n对点训练3如图,直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.(1)求证:AB⊥DE.(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值.(3)线段EA上是否存在点F,使EC∥平面FBD?若存在,求出;若不存在,请说明理由.\n(1)证明如图,取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD.因为EO∩DO=O,所以AB⊥平面EOD,所以AB⊥ED.\n(2)解因为平面ABE⊥平面ABCD,且EO⊥AB,所以EO⊥平面ABCD,所以EO⊥OD.故OB,OD,OE两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形,所以OA=OB=OD=OE,设OB=1,所以点O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1).\n\n题型四利用向量求空间角设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为n,m.\n例4(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.\n解:依题意,以C为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).\n\n\n对点训练4如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AB=1,直线PD与底面ABCD所成的角等于30°,PF=FB,E∈BC,EF∥平面PAC.(1)求的值;(2)求二面角P-DE-A的余弦值;(3)求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.\n解(1)∵平面PBC∩平面PAC=PC,EF⊂平面PBC,EF∥平面PAC,∴EF∥PC.又F是PB的中点,∴E为BC的中点,(2)如图,以A为坐标原点,分别以AD,AB,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.∵PA=AB=1,PA⊥底面ABCD,∴直线PD与底面ABCD所成的角为∠PDA=30°,\n\n\n题型五利用向量求空间距离\n例5如图,已知△ABC为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把△ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE⊥平面BCDE.若BC=4,(1)求PB与平面BCDE所成角的正弦值;(2)求直线DE到平面PBC的距离.\n解:(1)如图所示,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP,OF,OB,则OP⊥DE.因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,所以OP⊥平面BCDE.因为OB⊂平面BCDE,所以OP⊥OB,所以∠OBP即为直线PB与平面BCDE所成的角.\n(2)因为在△ABC中,D,E分别为AC,AB边的中点,所以DE∥BC.因为DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.由(1)知,OP⊥平面BCDE,又OF⊥DE,所以以点O为坐标原点,OE,OF,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,\n\n对点训练5如图,多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.(1)求BF的长;(2)求点C到平面AEC1F的距离.\n解由题意知DA,DC,DF两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则点D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).(1)设点F(0,0,z).∵四边形AEC1F为平行四边形,\n