2020版高考数学一轮复习高考大题增分专项4高考中的立体几何课件文北师大版
2020高考一轮总复习课件(北师大版)：第八章 立体几何初步-5.ppt
D．π
[答案] C
第八章 第五节
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[解析] 设正方体的棱长为a，则a3＝8. 而此内切球直径为2， ∴S表＝4πr2＝4π.
第八章 第五节
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2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ()
第八章 第五节
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28 A. 3 π C.43π＋8
[答案] A
16 B. 3 π D．12π
第八章 第五节
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[解析] 由三视图可知，该几何体为底面半径是2，高为 2的圆柱体和半径为1的球体的组合体，分别计算其体积相加 得π×22×2＋43π＝238π.
高考目标导航
3 课堂典例讲练
课前自主导学
4 课后强化作业
第八章 第五节
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高考目标导航
第八章 第五节
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考纲要求 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.
第八章 第五节
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第八章 第五节
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(理)(2013·广东高考)某四棱台的三视图如图所示，则该 四棱台的体积是( )
第八章 第五节
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A．4 16
C. 3 [答案] B
14 B. 3 D．6
[解析] S1＝1，S2＝4，高h＝2， ∴V＝13(1＋ 1×4＋4)×2＝134.
2020版高考数学一轮复习高考大题增分课四立体几何中的高考热点问题教学案文含解析北师大版
四立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何是高考的必考内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．【例1】(本小题满分12分)(2019·哈尔滨模拟)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC 与BD的交点，BE⊥平面ABCD．(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[信息提取]看到四边形ABCD为菱形，想到对角线垂直；看到三棱锥的体积，想到利用体积列方程求边长．[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为BE⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BE. 2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED．又AC平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED．4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt△AEC 中，可得EG ＝32x . 6分 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5. 12分[易错与防范] 易错误区：1.在第(1)问中，易忽视条件BD ∩BE ＝B .AC 平面AEC 等条件，推理不严谨，导致扣分．2．在第(2)问中，需要计算的量较多，易计算失误，或漏算，导致结果错误． 防范措施：1.在书写证明过程中，应严格按照判定定理的条件写，防止扣分． 2．在计算过程中，应牢记计算公式，逐步计算，做到不重不漏． [通性通法] 空间几何体体积的求法(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．如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ； (2)求四面体N BCM 的体积．[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT平面PAB ，MN平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以点N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得点M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N BCM 的体积V N BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.求点到平面的距离(几何体的高)涉及到空间几何体的体积和线面垂直关系，是近几年高考考查的一个重要方向，重点考查学生的转化思想和运算求解能力．【例2】 (2019·开封模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且∠DAB ＝60°，PA ＝PD ，M 为CD 的中点，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥PM ；(2)若∠APD ＝90°，PA ＝2，求点A 到平面PBM 的距离． [解] (1)证明：取AD 中点E ，连接PE ，EM ，AC ，∵底面ABCD 是菱形， ∴BD ⊥AC ，∵E ，M 分别是AD ，DC 的中点， ∴EM ∥AC ，∴EM ⊥BD ． ∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BD ， ∵EM ∩PE ＝E ，∴BD ⊥平面PEM ， ∵PM平面PEM ，∴BD ⊥PM .(2)连接AM ，BE ，∵PA ＝PD ＝2，∠APD ＝90°，∠DAB ＝60°，∴AD ＝AB ＝BD ＝2，PE ＝1，EM ＝12AC ＝3，∴PM ＝PB ＝1＋3＝2.在等边三角形DBC 中，BM ＝3， ∴S △PBM ＝394，S △ABM ＝12×2×3＝ 3.设三棱锥A PBM 的高为h ，则由等体积可得13·394h ＝13×3×1，∴h ＝41313，∴点A 到平面PBM 的距离为41313.点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P ABD 的体积V ＝34，求点A 到平面PBC 的距离． [解] (1)证明：设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO平面AEC ，PB平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．(2)三棱锥P ABD 的体积V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB ，由V ＝34，可得AB ＝32.由题设知BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，所以BC ⊥平面PAB ，在平面PAB 内作AH ⊥PB 交PB 于点H ，则BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又AH ＝PA ·AB PB ＝PA ·AB PA 2＋AB 2＝31313.所以点A 到平面PBC 的距离为31313.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，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．【例3】 (2018·秦皇岛模拟)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)在线段CD 上是否存在一点G ，使得平面EFG ⊥平面PDC ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：如图所示，连接AC ，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，且点F 为对角线BD 的中点．所以对角线AC 经过点F .又在△PAC 中，点E 为PC 的中点， 所以EF 为△PAC 的中位线，所以EF∥PA.又PA平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD．(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．又侧面PAD⊥底面ABCD，CD平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD．又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.因为F为BD中点，所以FG∥AD．又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC．是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．[证明] (1)连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意得四棱锥S ABCD 是正四棱锥，所以SO ⊥AC ．在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，又SO ∩BD ＝O ，所以AC ⊥平面SBD ． 因为SD平面SBD ，所以AC ⊥SD ．(2)在棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ． 连接OP .设正方形ABCD 的边长为a ，则SC ＝SD ＝2a . 由SD ⊥平面PAC 得SD ⊥PC ，易求得PD ＝2a 4. 故可在SP 上取一点N ，使得PN ＝PD ．过点N 作PC 的平行线与SC 交于点E ，连接BE ，BN ， 在△BDN 中，易得BN ∥PO . 又因为NE ∥PC ，NE平面BNE ，BN平面BNE ，BN ∩NE ＝N ，PO平面PAC ，PC平面PAC ，PO ∩PC ＝P ，所以平面BEN ∥平面PAC ，所以BE ∥平面PAC ． 因为SN ∶NP ＝2∶1，所以SE ∶EC ＝2∶1.[大题增分专训]1．(2019·济南模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F 分别为线段AD ，PB 的中点．(1)证明：PD ∥平面CEF ；(2)若PE ⊥平面ABCD ，PE ＝AB ＝2，求三棱锥P DEF 的体积． [解] (1)证明：连接BE ，BD ，BD 交CE 于点O ，连接OF (图略)． ∵E 为线段AD 的中点，AD ∥BC ，BC ＝12AD ＝ED ，∴BCED ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴O 为BD 的中点，又F 是BP 的中点，∴OF ∥PD ． 又OF平面CEF ，PD平面CEF ，∴PD ∥平面CEF .(2)由(1)知，BE ＝CD ．∵四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝BC ＝12AD ，∴AB ＝AE ＝BE ，∴三角形ABE 是等边三角形， ∴∠DAB ＝π3，过B 作BH ⊥AD 于点H (图略)，则BH ＝ 3. ∵PE ⊥平面ABCD ，PE平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ，又平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BH ⊥AD ，BH平面ABCD ，∴BH ⊥平面PAD ，∴点B 到平面PAD 的距离为BH ＝ 3.又F 为线段PB 的中点，∴点F 到平面PAD 的距离h 等于点B 到平面PAD 的距离的一半，即h ＝32，又S △PDE ＝12PE ·DE ＝2， ∴V 三棱锥P DEF ＝13S △PDE ×h ＝13×2×32＝33.2．(2019·石家庄模拟)如图，已知四棱锥P ABCD ，底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，过AB 的平面ABFE 与侧面PCD 的交线为EF ，且满足S △PEF ：S 四边形CDEF ＝1∶3.(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)当PA ＝2AD ＝2时，求点F 到平面ACE 的距离． [解] (1)证明：由题知四边形ABCD 为正方形， ∴AB ∥CD ，∵CD平面PCD ，AB平面PCD ，∴AB ∥平面PCD ．又AB平面ABFE ，平面ABFE ∩平面PCD ＝EF ，∴EF ∥AB ，∴EF ∥CD ．由S △PEF ∶S 四边形CDEF ＝1∶3知E ，F 分别为PD ，PC 的中点． 如图，连接BD 交AC 于点G ，则G 为BD 的中点， 连接EG ，则EG ∥PB . 又EG平面ACE ，PB平面ACE ，∴PB ∥平面ACE .(2)∵PA ＝2，AD ＝AB ＝1，∴AC ＝2，AE ＝12PD ＝52，∵PA ⊥平面ABCD ，∴CD ⊥PA ，又CD ⊥AD ，AD ∩PA ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥PD ．在Rt△CDE 中，CE ＝CD 2＋DE 2＝32.在△ACE 中，由余弦定理知cos∠AEC ＝AE 2＋CE 2－AC 22AE ·CE ＝55，∴sin∠AEC ＝255，∴S △ACE ＝12·AE ·CE ·sin∠AEC ＝34.设点F 到平面ACE 的距离为h ，连接AF ， 则V F ACE ＝13×34×h ＝14h .∵DG ⊥AC ，DG ⊥PA ，AC ∩PA ＝A ，∴DG ⊥平面PAC ． ∵E 为PD 的中点，∴点E 到平面ACF 的距离为12DG ＝24.又F 为PC 的中点，∴S △ACF ＝12S △ACP ＝22，∴V E ACF ＝13×22×24＝112.由V F ACE ＝V E ACF ，得14h ＝112，得h ＝13，∴点F 到平面ACE 的距离为13.3．已知在四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，E 为线段AD 上靠近点A 的三等分点，O 为AB 的中点，且PA ＝PB ，AB ＝23AD ．(1)求证：EC ⊥PE .(2)PB 上是否存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ？若存在，试确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接PO ，EO ，CO .∵平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，∴PO ⊥平面ABCD ，∵CE平面ABCD ，∴PO ⊥CE .设AD ＝3，∵四边形ABCD 为矩形，∴CD ＝AB ＝2，BC ＝3， ∴AE ＝13AD ＝1，∴ED ＝2，EC ＝ED 2＋DC 2＝22＋22＝22，OE ＝AO 2＋AE 2＝12＋12＝2，OC ＝OB 2＋BC 2＝12＋32＝10，∴OE 2＋EC 2＝OC 2，∴OE ⊥EC ． 又PO ∩OE ＝O ，∴EC ⊥平面POE ， 又PE平面POE ，∴EC ⊥PE .(2)PB 上存在一点F ，使得OF ∥平面PEC ，且F 为PB 的三等分点(靠近点B )．证明如下： 取BC 的三等分点M (靠近点C )，连接AM ，易知AE MC ，∴四边形AECM 为平行四边形，∴AM ∥EC ．取BM 的中点N ，连接ON ，∴ON ∥AM ，∴ON ∥EC ． ∵N 为BM 的中点，∴N 为BC 的三等分点(靠近点B )． ∵F 为PB 的三等分点(靠近点B )，连接OF ，NF ，∴NF ∥PC ， 又ON ∩NF ＝N ，EC ∩PC ＝C ，∴平面ONF ∥平面PEC ， ∴OF ∥平面PEC ．。
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：高考大题专项四 高考中的立体几何
∴O(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(1,0,0),∵PA= 2,OP⊥AB, ∴PO= ������������2 -������������2 =1, ∴OA=OD=OP,∴H 是△ADP 的外心, ∵AD=PD=AP= 2, ∴H 是△ADP 的重心,∴ ������������ = ������������ + ������������ = ������������ + 3 ������������=
高考大题专项四
高考中的立体几何
核心考点
-2-
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. 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.
随堂巩固
题型一
题型二
-20-
题型三
题型四
(1)证明 连接OE,∵AB=2,O是AB中点,CD=1, ∴OB=CD,∵AB∥CD, ∴四边形BCDO是平行四边形, ∴OD=1, ∵PO⊥平面ABCD,AD⫋平面ABCD, ∴PO⊥AD,∵O在平面PAD的正投影为H,∴OH⊥平面 PAD,∴OH⊥AD, 又∵OH∩PO=O,∴AD⊥平面POE,∴AD⊥OE, 又∵AO=OD=1,∴E是AD的中点.
随堂巩固
题型一
题型二
-3-
题型三
题型四
题型一 平行与垂直关系的证明(多维探究) 类型一 适合用几何法证明 例1
(2018北京一零一中学模拟,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底 面ABC为正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC.已知D是BC的中 点,AB=AA1=2. (1)求证:平面AB1D⊥平面BB1C1C; (2)求证:A1C∥平面AB1D; (3)求三棱锥A1-AB1D的体积.
高考数学一轮复习高考大题增分课4立体几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
四立体几何中的高考热点问题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、空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第的中点．平面∥平面由已知得－＋－2＋x0＝0(20xx·北京高考，BE平面EF⊥BE如图，建立空间直角坐标系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AM的值；若不存在，说明AP平面⊥平面CO平面AC＝CD如图，建立空间直角坐标系如图所示，在三棱柱，平面平面平面B MN平面1MN.平面如图，设，OE，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为正方形，想到正方形中的边角关系；平面作＝2，································6分的中点时，求证：BM∥平面AFED；与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为306时，求三棱锥法一：取ED的中点N，连接MN，AN，1BM平面平面－的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面＝BC＝3，BC⊥AB，EF∥BC，，翻折后垂直关系没变，，且PE∩BE＝E，αα轴，＝60°，1,0,0)，AB 平面⊥AB ，平面连接PQ ⎭⎪⎫，32，。
高考数学一轮复习高考大题增分专项4高考中的立体几何课件文北师大版
-15题型一 题型二 题型三
(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AH⊥平面BED.所以,直线AB与平面 BED所成的角即为∠ABH.
在△ADE 中,AD=1,DE=3,AE= 6,由余弦定理得
高考大题增分专项四 高考中的立体几何
-2-
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.
-3题型一 题型二 题型三
题型一
线线、线面平行或垂直的判定与性质
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.
对点训练1
如图,在五面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,EF∥AD,平面 ADEF⊥平面ABCD,且BC=2EF,AE=AF,点G是EF的中点. (1)证明:AG⊥CD; ������������ 1 (2)若点M在线段AC上,且 ������������ = 3 ,求证:GM∥平面ABF; (3)已知空间中有一点O到A,B,C,D,G五点的距离相等,请指出点O 的位置.(只需写出结论)
全国版高考数学一轮复习高考大题专项四立体几何课件理北师大版
(1)证明:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
(1)证明在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,
且AB=A1B1,A1B1∥C1D1,且A1B1=C1D1,
∴AB∥C1D1,且AB=C1D1,即四边形ABC1D1为平
行四边形,则BC1∥AD1.
∵BC1⊈平面AD1E,AD1⫋平面AD1E,∴BC1∥平面
面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形的应用.
4.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变性,即两
条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等的不变性.
突破1
题型一
空间中的平行与空间角
证明平行关系求线面所成的角
【例1】 (2020北京,16)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
< ,1 > =cos<n,1 >=
2.证线线平行或线面平行时,难点是找直线在平面的平行线:
(1)利用三角形的中位线找平行线证线面平行;
(2)构造平行四边形,找平行线;
(3)将证线面平行问题转化为面面平行,即过所证直线作辅助面,证该平面与已知
平面平行;
(4)利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行.
3.向量法证明空间平行关系时,是以计算为手段,寻求直线上的线段对应的向量
(2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性
质;②勾股定理;③线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于
另一线所在的平面即可,即l⊥α,a⫋α⇒l⊥a.
2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.
高考数学一轮复习 专题讲座4 立体几何在高考中的常见题型与求解策略课件 文 北师大版.pptx
过点 F 作 FG⊥CD，得 FG＝FCsin 60°＝12× 23＝ 43，
所以 DE＝FG＝ 43，故 ME＝PE＝ 3－ 43＝34 3，
所以 MD＝ ME2－DE2＝
3
4
32－
432＝
26.
S△CDE＝12DE·DC＝12×
43×1＝
3 8.
故 VMCDE＝13MD·S△CDE＝13× 26× 83＝ 162.
专题讲座四 立体几何在高考中 的常见题型与求解策略
1
专题讲座四 立体几何在高中的常见题型与求解策略
考情概述 通过近三年的高考命题可以发现，高考对本部 分内容的命题主要集中在空间线面平行关系、垂直关系的证 明以及几何体体积的计算等问题，考题设置通常是先证明后 计算，题型有折叠问题和探索性问题，主要考查考生的空间 想象能力和推理论证能力以及语言表达能力，难度中等．
又四边形 ABCD 是平行四边形，E 为 AD 的中点， 所以 AE 綊12BC，所以 GF 綊 AE，
即四边形 AEFG 是平行四边形， 所以 EF∥AG，又 AG 平面 PAB，EF 所以 EF∥平面 PAB.
平面 PAB，
8
(2)在平面 PAB 中，过 P 作 PH⊥AB，垂足为 H. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAB∩平面 ABCD＝AB，
12
折叠问题的求解策略 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量 和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会 发生变化． (2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折 叠后的图形，也要分析折叠前的图形，进而将其转化为立体 几何的常规问题求解．
13
2.(2016·武汉调研)如图，已知正方形 ABCD 的 边长为 2，AC 与 BD 交于点 O，将正方形 ABCD 沿对角线
2018-2019高三数学(文)北师大版一轮课件：解答题增分专项四 高考中的立体几何
典例剖析 题型一 题型二 题型三
-11-
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)利用定义: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,即先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.
求证:(1)平面AB1F1∥平面C1BF. (2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
典例剖析 题型一 题型二 题型三
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证明:(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,∵F,F1分别是AC,A1C1的中点, ∴B1F1∥BF,AF1∥C1F. ∴B1F1∥平面BFC1,AF1∥平面BFC1, 又∵B1F1与AF1是两相交直线, ∴平面AB1F1∥平面C1BF. (2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1, ∴B1F1⊥AA1.又B1F1⊥A1C1,A1C1∩AA1=A1, ∴B1F1⊥平面ACC1A1.而B1F1⫋平面AB1F1, ∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.
典例剖析 题型一 题型二 题型三
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(1)证明:因为四边形ABE1F1为矩形,所以BE1⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABE1F1,且平面ABCD∩平面 ABE1F1=AB,BE1⫋平面ABE1F1, 所以BE1⊥平面ABCD. 因为DC⫋平面ABCD,所以BE1⊥DC. (2)证明:因为四边形ABE1F1为矩形,所以AM∥BE1. 因为AD∥BC,AD∩AM=A,BC∩BE1=B, 所以平面ADM∥平面BCE1. 因为DM⫋平面ADM,所以DM∥平面BCE1.