2019版高考数学一轮复习规范答题强化课(四)高考大题——立体几何课件文
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
������������ ������
(全国通用版)2019版高考数学一轮复习规范答题强化课(四)高考大题——立体几何课件文
2
1 2
【名师点评】 1.核心素养: 空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型,主要考查考生“逻辑推理” 及“直观想象”的核心素养.
2.解题引领: (1)得步骤分:在立体几何类解答题中,对于证明与计算过程中的得分点的步骤,有则给 分,无则没分,所以,对于得分点步骤一定要写,如第(1)问中AC⊥DO,AC⊥BO;第(2)问中 BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2等.
1 2
（1）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB❶，并说明理由. （2）证明：平面PAB⊥平面PBD❷.
【联想解题】 ❶看到直线CM∥平面PAB,想到利用线面平行的定理进行分析. ❷看到平面PAB⊥平面PBD,想到利用面面垂直的判定定理寻找条件进行证明.
【标准答案】——规范答题 分步得分 (1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点, 理由如下:
由题设知△AEC为直角三角形, 所以EO= AC. 8分 得分点⑥ 又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO= BD. 故E为BD的中点, 9分 得分点⑦
1 2
1 2
从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 , 四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 , 11分 得分点⑧ 即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1. 12分 得分点⑨
以下为附加内容 不需要的朋友下载后 可以编辑删除，谢谢
让更多的农民成为新型职业农民
中央农业广播电视学校
刘天金
2013˙05˙07 陕西
农业部部长韩长赋：
这是一项基础性工程、创新性工作，
要大抓特抓、坚持不懈。
——让更多的农民成为新型职业农民（目标） ——生产更多更好更安全的农产品供给社会（方向）
2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第7章立体几何 7-1
3．小题热身 (1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C 为三 个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥 A－BCD 的正视图，俯视 图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )
解析 正视图是等腰直角三角形，且 AD 棱属于看不见 的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且 BD 棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选 A.
角度 2 已知三视图还原几何体 典例 (2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视 图如图所示，记 A 为此几何体所有棱的长度构成的集合， 则( )
A．3∈A B．5∈A C．2 6∈A D．4 3∈A
解析 由三视图可得，该几何体的直观图如图所示， 其中底面是边长为 4 的正方形，AF⊥平面 ABCD，AF∥DE， AF＝2，DE＝4，可求得 BE 的长为 4 3，BF 的长为 2 5， EF 的长为 2 5，EC 的长为 4 2.故选 D.
方法技巧 1．已知几何体，识别三视图的技巧 已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上 的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧 (1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥 体还是组合体． (2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类 型、确定几何体摆放位置． (3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几 何体． 提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的 位置，区分好实线和虚线的不同．
4．(2018·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，用过 A，M，N 和 D，N， C1 的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图 1， 则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图 2 中的 ()
2019版高考数学理全国一轮复习规范答题强化练四立 体 几 何 含解析 精品
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
规范答题强化练(四)立体几何(45分钟48分)1.(12分)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,其中∠BAD=错误！未找到引用源。
,AD=错误！未找到引用源。
,AB=1,等边△ADE所在平面与平面ABCD垂直,FC⊥平面ABCD,且FC=错误！未找到引用源。
.(1)点P在棱AE上,且错误！未找到引用源。
=2,Q为△EBC的重心,求证:PQ∥平面EDC.(2)求平面DEF与平面EAB所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)如图,在棱BE上取点M,使得BM=2ME;连接BQ并延长,交CE于点N.则在△ABE中,又AP=2PE,所以PM∥AB,(2分)又四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD,所以PM∥CD. 在△BCE 中,Q为重心,所以BQ=2QN,又BM=2ME,(3分)所以MQ∥EC.又因为PM∩MQ=M,CD∩EC=C,所以平面MPQ∥平面DEC.又PQ⊂平面MPQ,所以PQ∥平面EDC.(4分)(2)在△ABD中,∠BAD=错误！未找到引用源。
,AD=错误！未找到引用源。
,AB=1,由余弦定理可得.BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=12+(错误！未找到引用源。
)2-2×1×错误！未找到引用源。
cos错误！未找到引用源。
=1.所以BD=1.(6分)取AD的中点O,连接EO,OB.在△EAD中,EA=ED=AD=错误！未找到引用源。
,所以EO⊥AD,且EO=错误！未找到引用源。
AD=错误！未找到引用源。
.又因为平面EAD⊥平面ABCD,平面EAD∩平面ABCD=AD,所以EO⊥平面ABCD.又在△ABD中,AB=BD=1,AD=错误！未找到引用源。
,所以OB⊥AD,且OB=错误！未找到引用源。
.如图,以O为坐标原点,分别以OA,OB,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.(8分)则A错误！未找到引用源。
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，
数学一轮复习练案46文第七章立体几何大题规范解答系列四_立体几何文练习含解析
高考大题规范解答系列(四）-—立体几何（文）1．(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证:（1)A1B1∥平面DEC1；（2)BE⊥C1E.［解析](1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1,所以A1B1∥ED。
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1。
（2）因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE。
因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C,所以BE⊥平面A1ACC1。
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E。
2。
(2021·河南开封模拟）如图，直棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形,E，F分别为棱A1B1,CD的中点，AB⊥EF。
（1）求证:AB⊥AD；(2）若AD＝AA1＝2，求几何体AA1DFBE的体积．[解析］（1)证明：直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形,所以A1E∥DF,又E，F分别为棱A1B1，CD的中点，所以A1E＝DF，所以A1EFD是平行四边形，所以EF∥A1D.因为AB⊥EF，所以AB⊥A1D,又AB⊥AA1,A1D∩AA1＝A1,所以AB⊥平面ADD1A1,AD⊂平面ADD1A1,所以AB⊥AD.（2)由已知AA1＝AD＝AB＝2，ABCD－A1B1C1D1为正方体，取AB的中点记为O，连接EO，FO，AB⊥平面EOF，易知EOF－A1AD为直三棱柱，B－EOF为三棱锥，所以VEOF－A1AD＝12×2×2×1＝2，V B－EOF＝错误!×错误!×1＝错误!，几何体AA1DFBE的体积V＝VEOF－A1AD＋V B－EOF＝2＋错误!＝2错误!.3．（2021·四川乐山调研)如图，边长为4的正方体ABCD中,点E是AB的中点，点F是BC的中点,将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起,使A，C两点重合于点A′.（1）求证：A′D⊥EF；（2)求三棱锥A′－EBF的体积．[解析］（1)证明：∵A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E∩A′F＝A′，∴A′D⊥平面A′EF，且EF⊆平面A′EF,∴A′D⊥EF。
2019届一轮复习人教A版(文)大题冲关系列(四)立体几何的综合问题课件
又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1， 所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1， 所以矩形 BCC1B1 是正方形， 因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C， 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC， 所以 BC1⊥AB1.
题型 2 例2
平面图形的翻折问题 [2018· 温州模拟]如图 1，已知在梯形 ABCD 中，
AB∥CD，E，F 分别为底 AB，CD 上的点，且 EF⊥AB，EF 1 1 ＝EB＝2FC＝2，EA＝2FD，沿 EF 将平面 AEFD 折起至平 面 AEFD⊥平面 EBCF，如图 2 所示． (1)求证：平面 ABD⊥平面 BDF； 2 6 (2)若点 F 到平面 ABD 的距离为 3 ，求 EA 的长度．
题型 1
空间点、线、面的位置关系
例 1 [2017· 北京高考]如图，在三棱锥 P－ABC 中，PA ⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D 为线段 AC 的中点，E 为线段 PC 上一点．
(1)求证：PA⊥BD； (2)求证：平面 BDE⊥平面 PAC； (3)当 PA∥平面 BDE 时，求三棱锥 E－BCD 的体积． 解题视点 (1)由线面垂直证明线线垂直；(2)先证明线 面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；(3)关键是找到锥体 的高，直接用体积公式求解．
解 ABC.
(1)证明：因为 PA⊥AB，PA⊥BC，所以 PA⊥平面
又因为 BD⊂平面 ABC，所以 PA⊥BD. (2)证明：因为 AB＝BC，D 为 AC 的中点，所以 BD⊥ AC. 由(1)知，PA⊥BD， 所以 BD⊥平面 PAC， 所以平面 BDE⊥平面 PAC.
2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何课件
[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
最新中小学教学课件
thank
you!
2019/7/20
最新中小学教学课件
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)
2019《步步高》届高考数学大一轮复习课件(人教A版)中档题目强化练——立体几何(共45张PPT)教育精品.ppt
②中，l 与 m 相交、平行、异面均有可能，故②错；
交，也可以异面，B 错； 对于 C，若 α⊥β，m⊥α，则 m 可以在平面 β 内，C 错；
易知 D 正确．
练出高分
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
3．设 α、β、γ 为平面，l、m、n 为直线，则 m⊥β 的一个充分条
件为
()
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．n⊥α，n⊥β，m⊥α
C．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ D．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α
(2)因为 BC⊥AC，且 ABC－A1B1C1 为直三棱柱，
故 BC⊥平面 ACC1A1.
因为 BC⊂平面 A1CB，
故平面 A1CB⊥平面 ACC1A1.
练出高分
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
9．(12 分)如图，四棱锥 P—ABCD 中，PA⊥底面
ABCD，AB⊥AD，点 E 在线段 AD 上，且 CE∥AB.
A组 专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
6．已知四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是矩形，PA⊥底面 ABCD，
点 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点，则
①棱 AB 与 PD 所在直线垂直；
②平面 PBC 与平面 ABCD 垂直；
③△PCD 的面积大于△PAB 的面积；
④直线 AE 与直线 BF 是异面直线．
以上结论正确的是__①__③____．(写出所有正确结论的编号)
解析
由 AB＝CD，PD>PA 知③正确； 由 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点，可得 EF∥CD，又 AB∥CD，
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习_第八章 立体几何初步专题探究课四课件 文 新人教A版
高考导航 1.立体几何初步是高考的重要内容，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.热点一空间位置关系与几何体度量计算(教材VS高考)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等.【例 1】 (满分 12分)(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥 P －ABCD 中，侧面 PAD 为等 1 2 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 ；(2)若△PCD 的面积为 2 7，求四棱锥 P －ABCD 的体积.教材探源 1.考题源于教材必修2P74习题2.3B组T2，T4及P62 习题T3，将教材三棱锥改成以四棱锥为载体，考查空间平行与垂直，在问题(1)和(2)的前提下设置求四棱锥的体积，在计算体积的过程中，考查面面垂直与线面垂直，可谓合二为一的精彩之作.2.考题将教材中多个问题整合，采取知识嫁接，添加数据，层层递进设置问题，匠心独运，考题源于教材高于教材.满分解答(1)证明在平面ABCD中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°.所以BC∥AD，1分(得分点1) 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.所以直线BC∥平面PAD.3分 (得分点2) (2)解如图，取AD的中点M，连接PM，CM，1 2 由 AB ＝BC ＝ AD 及 BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥AD .5分 (得分点 3)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 ，PM ⊂平面PAD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ， 因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM . 7分 (得分点4)8分 (得分点5)设BC＝x，则CM＝x，CD＝2x，PM＝3x，PC＝PD＝2x，如图，取CD的中点N，连接PN.则PN⊥CD，所以PN＝214x.因为△PCD的面积为2 7，所以21× 2x× 214x＝2 7，解得x＝－2(舍去)或x＝2.10分(得分点6) 于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2 3.1 2（2＋4）所以四棱锥P－ABCD的体积V＝3× ×2 3＝4 3.212分(得分点7)❶得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写.如第(1)问中的 BC ∥AD ，第(2) 问中 C M ⊥AD ，PM ⊥CM ，PN ＝ 214x 等. ❷得关键分：解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中要写出 B C ⊄平面 PAD ，AD ⊂平面 P A D 两个条件，否则不能得分.在第(2)问中，证明 P M ⊥平面 A BCD 时，一定写全三个条件，如平面PAD ∩平面 A B CD ＝AD ， PM ⊥AD 一定要有，否则要扣分.再如第(2)问中，一定要分别求出 B C ，及 PM ，再计算几何体的体积.❸得计算分：涉及体积与面积的计算，正确求得数据结果是关键，如利用面积求线段BC的长度，否则无法得分，再者PM及AD的计算失误也会扣去2分，在第(2)问的推理中，巧用第(1)问结果，借助BC∥AD，证明CM⊥AD优化解题过程.第一步：根据平面几何性质，证BC∥AD.第二步：由线面平行判定定理，证线BC∥平面PAD. 第三步：判定四边形ABCM为正方形，得CM⊥AD. 第四步：证明直线PM⊥平面ABCD.第五步：利用面积求边BC，并计算相关量.第六步：计算四棱锥P－ABCD的体积.【训练1】(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，G是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E－ACD的体积为36，求该三棱锥的侧面积.(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，且BE∩BD＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得 AG ＝GC ＝ 23x ，GB ＝GD＝2x .因为 AE ⊥EC ，所以在 Rt △AEC 中，可得 EG ＝ 23x .由BE ⊥平面ABCD ，BG ⊂平面ABCD 知BE ⊥BG ，故△EBG 为直角三角形，可得 BE ＝ 22x .由已知得，三棱锥 E －ACD 的体积 V E －ACD ＝ × AC ·GD ·BE ＝246x 3＝ 36，故x ＝2. 1 1 3 2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.热点二平面图形折叠成空间几何体先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向.【例2】 (2016·全国Ⅱ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.(1)证明：AC ⊥HD ′；5 4 (2)若 AB ＝5，AC ＝6，AE ＝，OD ′＝2 2，求五棱锥 D ′－ABCFE 的体积.(1)证明由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ，AE CF 又由 AE ＝CF 得＝，故 AC ∥EF ， AD CD 由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.OH AE 1 (2)解由 EF ∥AC 得＝＝ . DO AD 4 由 AB ＝5，AC ＝6得 DO ＝BO ＝ AB 2－AO 2＝4，所以 OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3，于是 OD ′2＋OH 2＝(2 2)2＋12＝9＝D ′H 2，故 OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′，又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .EF DH 又由＝得 EF ＝ . AC DO9 2 1 1 9 69 五边形 ABCFE 的面积 S ＝ ×6×8－ × ×3＝ . 2 2 2 4 1 69 所以五棱锥 D ′－ABCFE 的体积 V ＝ × ×2 2＝ 3 423 2. 2探究提高 1.(1)利用AC与EF平行，转化为证明EF与HD′垂直；(2)求五棱锥的体积需先求棱锥的高及底面的面积，结合图形特征可以发现OD′是棱锥的高，而底面的面积可以利用菱形ABCD与△DEF面积的差求解，这样就将问题转化为证明OD′与底面垂直以及求△DEF的面积问题了.2.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，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.【训练2】如图，直角三角形ABC中，A＝60°，沿斜边AC上的高BD将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上.(1)求证：PE⊥BD；(2)过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB的中点，若PE∥平面DMN，求DCDE的值.(1)证明∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD ，且PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平 面PCD ，∴BD ⊥平面PCD .又1PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE . (2)解由题意，得 BM ＝ BC . 4取BC 的中点F ，则PF ∥MN .又PF ⊄平面DMN ，MN ⊂平面DMN ，∴PF ∥平面DMN .由条件PE ∥平面DMN ，PE ∩PF ＝P ，∴平面PEF ∥平面DMN ，DE MF 1 ∴EF ∥DM ，∴＝＝ . DC MC 3热点三线、面位置关系中的开放存在性问题【例3】(2018·北京海淀模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD.(2)求证：PN⊥平面ABCD.(3)在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由.(1)证明在矩形ABCD中，AB⊥AD，又因为AB⊥PA且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)证明在△PAD中，PA＝PD，N是棱AD的中点，所以PN⊥AD.由(1)知AB⊥平面PAD，且PN⊂平面PAD，所以AB⊥PN.又因为AB∩AD＝A，所以PN⊥平面ABCD.(3)解在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点.证明如下：取BC中点E，连接PE，DE.在矩形ABCD中，ND∥BE，ND＝BE，所以四边形BNDE是平行四边形，则BN∥DE.又因为BN⊄平面DEP，DE⊂平面DEP，所以BN∥平面DEP.探究提高 1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本.2.例3第(3)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，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.【训练3】(2018·邯郸模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.(1)求证：C1E∥平面ADF.(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.(1)证明连接CE 交AD 于O ，连接OF .因为CE ，AD 为△ABC 的中线，则O 为△ABC 的重心，CF CO 2 故 ＝＝，故 OF ∥C 1E ， CC CE 3 1 因为OF ⊂平面ADF ，C 1E ⊄平面ADF ，所以C 1E ∥平面ADF .(2)解当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.证明如下：因为AB＝AC，D是BC中点，故AD⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故△CBM≌△FCD.易证CM⊥DF，DF∩AD＝D，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.。
2019高考数学一轮复习-高考大题专项突破4-高考中的立体几何课件-理-新人教A版
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.
因为AC=CD,所以CO⊥AD.
如图建立空间直角坐标系.
题型一
题型二
题型三
题型四
由题意,得 A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z),
直线和平面平行,除证直线的方向向量与平面的法向量垂直外,还
需强调直线在平面外.
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练2(2017北京海淀一模,理18)如图,由直三棱柱ABCA1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体
中,∠BAC=90°,AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=
5,平面CC1D⊥平面
题型一
题型二
题型三
题型四
(1)证明: 连接BD,与AC交于点O,连接OF.
在△PBD中,O,F分别是BD,PD的中点,所以OF∥PB.
又因为OF⊂平面FAC,PB⊄平面FAC,所以PB∥平面FAC.
题型一
题型二
题型三
题型四
(2)解: 因为PA⊥平面ABCD,所以PA为三棱锥P-ABD的高.
因为PA=AB=2,底面ABCD是正方形,
值;若不存在,说明理由.
的
题型一
题型二
题型三
பைடு நூலகம்题型四
(1)证明: 因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,
所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.
(2)解: 取AD的中点O,连接PO,CO.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面
高考数学一轮复习专题四立体几何课件文
【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)
如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC ＝12AD＝a，E 是 பைடு நூலகம்D 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； (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时，四棱锥 A1－BCDE 的体积为 36 2，求 a 的值．
【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．
第七章
立体几何
专题四 高考解答题鉴赏——立体几何
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．
(全国通用版)2019版高考数学一轮复习 规范答题强化练(四)高考大题——立体几何 文
规范答题强化练（四)立体几何（45分钟48分)1。
（12分）(2018·湖州模拟)如图,过四棱柱ABCD—A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开,得到截面BDEF.（1）请在木块的上表面作出过P点的锯线EF，并说明理由.(2）若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，试说明:平面BDEF⊥平面A1C1CA。
【解析】(1)在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于E，F两点，则EF即为所作的锯线。
(2分）在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,侧棱BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,B1D1∥BD。
又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，(4分）平面BDEF∩平面ABCD=BD,平面BDEF∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥BD,从而EF∥B1D1。
(6分)（2)由于四边形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B.又因为A1A∥B1B,所以BD⊥A1A。
又因为四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.(10分)因为AC∩A1A=A，AC⊂平面A1C1CA，A1A⊂平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.（12分)2.(12分）在四棱锥A-BCDE中,EB∥DC,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2，F是棱AD的中点。
（1）证明：EF⊥平面ACD.(2)求四棱锥A—BCDE的体积。
【解析】(1）取AC的中点M，连接FM,BM,因为F是AD的中点，所以FM∥DC,且FM=DC=1.(2分）又因为EB∥DC，所以FM∥EB。
又因为EB=1，所以FM=EB。
所以四边形FMBE是平行四边形。
所以EF∥BM，又BC=AB=AC,所以△ABC是等边三角形,(4分)所以BM⊥AC，因为EB⊥平面ABC，EB∥DC,所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BM,所以BM⊥平面ACD,所以EF⊥平面ACD。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO. 又因为DO∩BO=O,从而AC⊥平面DOB, 3分 得分点② 故AC⊥BD. 4分 得分点③
(2)连接EO. 5分 得分点④ 由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2, 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠DOB=90°. 7分 得分点⑤
(2)利用第(1)问的结果:如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上,可以直 接用,有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决,如本题就是在第(1)问的基础上得 到DO=AO.
类型二 线面位置关系中的探索性问题 【真题示范】 (12分)(2016· 四川高考)如图,在四 棱锥P-ABCD,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC= ∠PAB=90°,BC=CD= AD.
④利用线面垂直得出PA⊥BD得2分. ⑤得出四边形BCDM是平行四边形得2分. ⑥得出结论再得2分.
【名师点评】 1.核心素养: 探索性的立体几何问题在高考中虽不多见,但作为高考命题的一种题型,要求学生掌 握其解决思路及解决问题的途径.此类问题主要考查考生“直观想象”的核心素养.
2.解题引领: (1)明确探索性试题的解题要领是先假设存在,然后采用相关定理或性质进行论证.
1 2
1 2
【名师点评】 1.核心素养: 空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型,主要考查考生“逻辑推理” 及“直观想象”的核心素养.
2.解题引领: (1)得步骤分:在立体几何类解答题中,对于证明与计算过程中的得分点的步骤,有则 给分,无则没分,所以,对于得分点步骤一定要写,如第(1)问中AC⊥DO,AC⊥BO;第(2) 问中BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2等.
规范答题强化课（四）
高考大题——立 体 几 何
类型一 线面位置关系与体积计算 【真题示范】 (12分)(2017· 全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明：AC⊥BD.❶ (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求 四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.❷
由题设知△AEC为直角三角形, 所以EO= AC. 8分 得分点⑥ 又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO= BD. 故E为BD的中点, 9分 得分点⑦
1 2
1 2
从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 , 四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 , 11分 得分点⑧ 即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1. 12分 得分点⑨
【联想解题】 ❶看到证明线线垂直(AC⊥BD),想到证明线面垂直,通过线面垂直证明线线垂直. ❷看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比,想到确定同一平面,转化为求高的比.
【标准答案】——规范答题 分步得分 (1)取AC的中点O,连接DO,BO. 1分 得分点①
因为AD=CD,所以AC⊥DO.
(2)写全步骤,步步为“赢” 在书写解题过程时,对于是得分点的解题步骤一定要写全,阅卷时根据得分点评分,有 则得分,无则不得分,如本题中对点M的确定,应遵循“一作”“二证”的原则,如果不 全面就会失分.
(3)涉及运算要准确 在解题过程中,涉及有关长度、角、面积、体积等计算问题时,一定 2
（1）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB❶，并说明理由. （2）证明：平面PAB⊥平面PBD❷.
【联想解题】 ❶看到直线CM∥平面PAB,想到利用线面平行的定理进行分析. ❷看到平面PAB⊥平面PBD,想到利用面面垂直的判定定理寻找条件进行证明.
【标准答案】——规范答题 分步得分 (1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点, 2分 得分点① 理由如下:
2
1 2
所以BM=CD= AD,所以BD⊥AB. 又AB∩AP=A,所以BD⊥平面 PAB. 1 又BD⊂平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.
2
12分 得分点⑥
【评分细则】 ①写出第一步,明确结论得2分. ②得出四边形AMCB是平行四边形得2分. ③利用线面平行定理得出CM∥平面PAB得2分.
因为AD∥BC,BC= AD.所以BC∥AM,且BC=AM. 1 , 所以四边形AMCB是平行四边形 4分 得分点② 从而CM∥AB. 2 又AB⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,
所以CM∥平面PAB. 6分 得分点③ (说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)由已知,PA⊥AB,PA⊥CD. 因为AD∥BC,BC= AD,所以直线AB与CD相交, 所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD. 8分 得分点④ 因为AD∥BC,BC= AD,所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形 10分 得分点⑤ 1 ,
1 2 1 2
【评分细则】 ①作出辅助线,并用语言正确表述得1分. ②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分,由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB,再得1分. ③由线面垂直的性质得出结论得1分. ④作出辅助线,并用语言正确表述得1分.
⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB=90°得2分. ⑥由直角三角形的性质得出EO= AC得1分. ⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点,得1分. ⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 得2分. ⑨正确求出体积比得1分.