高考数学一轮复习 解答题增分专项4 高考中的立体几何课件 理 北师大版
高考数学一轮复习大题专项突破高考大题专项突破4高考中的立体几何课件文北师大版
S△ABC·
h=△1 ·
OC,∴h= 6.
-14题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
解题心得求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥
变换顶点及底面的位置,其体积相等的方法求解.
-15题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
对点训练2(202X山东烟台适应性考试,18)如图所示,在五面体
ABCDEF中,四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,
题型四
题型五
由已知得 EH=2 3,BE= 2 + 2 =2 6,
所以等腰三角形 BDE 的面积为
1
SBDE=2×2
6×
1
2
42 -( 6)2 =2 15.
1
2
1
2
3
2
又 S△BDM= S△BCD= ×( ×4×4× )=2 3,
设 F 到平面 BDE 的距离为 h,
1
3
1
3
由 VE-BDM=VM-BDE 得 ·
中再取中点,构成中位线进行证明.
2.求几何体的体积也常用转化法,如本例中求几何体的高和求几
何体底面三角形的高.点N到底面的距离转化为点P到底面距离的
一半;点M到BC的距离转化为点A到BC的距离.
-9题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
对点训练 1
(2017 全国 2,文 18)如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三
于是 AB=BC=2,AD=4,PM=2 3.
1
所以四棱锥 PΒιβλιοθήκη ABCD 的体积 V=3 ×2×(2+4)
×2
2022高考数学一轮复习 高考大题专项立体几何北师大版
2022高考数学一轮复习高考大题专项立体几何北师大版年级：姓名：高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与空间角1.如图,多面体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2020山东烟台期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,ABCD为直角梯形,AD∥BC,BC⊥CD,平面SCD⊥平面ABCD,△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形,BC=2AD=2CD=4,E为BS上一点,且BE=2ES.(1)证明:SD∥平面ACE;(2)求二面角S-AC-E的余弦值.3.已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2√2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)AD,∠BAD=∠如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 6.(2020福建福州三模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,∠BAD=90°,∠PAD=120°,BC=1,AB=AD=PA=2.(1)求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值;(2)若E是棱PB的中点,求证:对于棱CD上任意一点F,EF与PD都不平行.突破2空间中的垂直与空间角1.(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.2.(2018全国3,理19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.3.BC,将直角梯形(2020山东济南三模)已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=12ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°,形成如图所示的几何体,其中M为圆弧CE的中点.(1)求证:BM⊥DF;(2)求异面直线BM与EF所成角的大小.4.(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(1)证明:EF⊥DB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.5.(2020河北衡水中学调研)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.(1)求证:AC⊥BF;(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出|BP|的值;若不存在,|PE|请说明理由.。
北师版高考总复习一轮文科数学精品课件 第8章 立体几何 解答题专项四 立体几何中的综合问题
(1)证明:BD⊥AC;
(2)若AC=3,二面角A-BD-C的大小为120°,求直线AD与平面AOC所成角的
正弦值.
(1)证明:在平面ABD内作AE⊥BD,垂足为点E,连接CE,因为A,C是直径为BD
的球面上两点,所以∠BAD=∠BCD=90°.
又因为BA=BC,BD=BD,
所以Rt△BAD≌Rt△BCD,所以CE⊥BD.
AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.
(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;
(2)求证:PD⊥平面PBC;
(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
(1)解:如图,由已知AD∥BC,故∠DAP即为异面直线AP与BC所成的角.因为
AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,
由已知,得 AP= 2 + 2 = 5,
(1)求证:BM⊥DP;
(2)求点M到平面BDP的距离.
(1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB.
又AP∩AB=A,AP⫋平面ABP,AB⫋平面ABP,所以AD⊥平面ABP.
因为BM⫋平面ABP,所以AD⊥BM.
由已知得,AB=AP=BP=4,所以△ABP是等边三角形.
又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.
等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF
和平面PBC所成的角.
由于AD∥BC,DF∥AB,所以四边形ABFD是平行四边形,
故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.
又AD⊥DC,故BC⊥DC,
在 Rt△DCF 中,可得 DF= 2 + 2 =2 5,
故
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)
高考数学一轮复习 大题专项突破 高考大题专项4 高考中的立体几何 文 北师大版-北师大版高三全册数学
高考大题专项四高考中的立体几何1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,各棱长均为2,D,E,F,G分别是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中点.(1)求证:平面B1FG∥平面BDE;(2)求三棱锥B1-BDE的体积.2.(2018某某马某某质检二,17)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1=4,A1B1=B1C1=2,且B1B⊥面ABC,∠ABC=90°,D,G分别为AC,BC的中点,E,F为A1C1上两动点,且EF=2.(1)求证:BD⊥GE;(2)求四面体B-GEF的体积.3.(2018某某某某二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1B1B⊥平面ABC,D是AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)若∠A1AB=∠ACB=60°,AB=BB1,AC=2,BC=1,求三棱锥C1-ABD的体积.4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D为CC1的中点.(1)求证:DB1⊥平面ABD;(2)求点A1到平面ADB1的距离.5.(2018通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAB 为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF;(2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.6.(2017某某,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.高考大题专项四高考中的立体几何1.(1)证明连接DG,A1C.∵D,G分别是AC,A1C1的中点,∴DG AA 1BB1,∴四边形BB1GD是平行四边形,∴B1G∥BD.又B1G⊈平面EBD,BD⫋平面EBD,∴B1G∥平面EBD.∵D,E,F,G分别是棱AC,AA1,CC1,A1C1的中点,∴GF∥A1C,A1C∥DE,∴GF∥ED.又GF⊈平面EBD,ED⫋平面EBD,∴GF∥平面EBD.又B1G∩GF=G,B1G⫋平面B1FG,GF⫋平面B1FG,∴平面B1FG∥平面EBD.(2)解过点D作DH⊥AB交AB于点H,∵AA1⊥平面ABC,AA1⫋平面A1ABB1,∴平面A1ABB1⊥平面ABC.又平面A1ABB1∩平面ABC=AB,DH⊥AB,DH⫋平面ABC,∴DH⊥平面A1ABB1.∵AB=BC=AC=2,∴DA=1,BD=,∴DH=.∴·DH=×2×2×.2.(1)证明取AB的中点O,连接OG,OA1,C1G,∵AB=BC,D为AC的中点,∴BD⊥AC,又AC∥A1C1,∴BD⊥A1C1,∵BG∥B1C1,且BG=B1C1,∴四边形BGC1B1为平行四边形,∴GC1∥BB1.同理,四边形OBB1A1为平行四边形,∴GC1∥OA1.∴四边形OGC1A1为平行四边形,∵B1B⊥面ABC,∴C1G⊥面ABC,∴C1G⊥BD,又A1C1∩C1G=C1,∴BD⊥面A1C1GO,∵GE⫋面A1C1GO,∴BD⊥GE.(2)解令OG与BD交于点M,∵C1G⊥面ABC,C1G⫋面A1C1GO,∴面A1C1GO⊥面ABC,∵面A1C1GO∩面ABC=OG,∵OG∥AC,BD⊥AC,∴BM⊥OG,∴BM⊥面A1C1GO,∴BM为点B到面A1C1GO的距离,即BM=,又S△GEF=×GC1×EF=×4×2=4,∴V B-GEF=×BM×S△GEF=×4=.3.解 (1)连接AB1交A1B于点O,则O为AB1的中点,∵D是AC的中点,∴OD∥B1C.又OD⫋平面A1BD,B1C⊈平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.(2)∵AC=2,BC=1,∠ACB=60°,∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=3,∴AB=.取AB中点M,连接A1M,∵AB=BB1=AA1,∠A1AB=60°,∴△ABA1为等边三角形.∴A1M⊥AB,且A1M=,∵平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,A1M⫋平面AA1B1B,∴A1M⊥平面ABC,∵S△ABD=S△ABC=,∴S△ABD·A1M=.4.(1)证明在平面四边形BCC1B1中,∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=60°,∴BD=1.∵B1D=,BB1=2,∴∠BDB1=90°,∴B1D⊥BD.∵AB⊥平面BB1C1C,∴AB⊥DB1,∴B1D与平面ABD内两相交直线AB和BD同时垂直,∴DB1⊥平面ABD.(2)解对于四面体A1-ADB1,A1到直线DB1的距离即为A1到平面BB1C1C的距离,A1到B1D的距离为2,设A1到平面AB1D的距离为h,△ADB1为直角三角形,×AD×DB1=,∴×h=h,∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距离为,∴×2×,∵,∴,解得h=.∴点A1到平面ADB1的距离为.5.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊈平面PBC,BC⫋平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⫋平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⫋平面ABCD, 所以AD⊥平面PAB.因为PB⫋平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⫋平面AEFD,AD⫋平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1,∴.6.(1)解如图,由已知AD∥BC,故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由已知,得AP=,故cos∠DAP=.所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.(2)证明因为AD⊥平面PDC,直线PD⫋平面PDC,所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC.又PD⊥PB,所以PD⊥平面PBC.(3)解过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC 所成的角.因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,可得DF==2,在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=.所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.。
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